浙江省温州2020年11月物理普通高中选考适应性测试试卷
一、单选题
1．（2020·温州会考）国际单位制中磁感应强度的单位是T，如果用国际单位制基本单位来表示，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】在国际单位制中，所有的电磁学物理量，都是由长度、时间、质量和电流这四个基本量导出的。因此，米、秒、千克、安培就成为电磁学物理量的基本单位。由磁感应强度的定义式 导出的磁感应强度的单位是特斯拉
故答案为：A。
【分析】利用安培力的表达式结合牛顿第二定律可以利用基本单位来表示特斯拉。
2．（2020·温州会考）下列说法不符合事实的是（ ）
A．普朗克提出能量子的概念
B．法拉第发现了电磁感应现象
C．牛顿提出了万有引力定律，并测得了引力常量G的数值
D．通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，受此启发，安培提出了分子电流假说
【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元，A正确，不符合题意；
B.1831年法拉第发现了电磁感应现象，B正确，不符合题意；
C．牛顿提出了万有引力定律，但测得引力常量G的数值的是卡文迪许，C错误，符合题意；
D．通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，受此启发，安培提出了分子电流假说，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许利用实验测量出引力常量的大小。
3．（2020·温州会考）如图所示是特技跳伞运动员的空中造型图，运动员们正保持该造型下降。甲、乙分别是其中的两位运动员，则（ ）
A．以甲为参考系，乙是运动的
B．以甲为参考系，地面是静止的
C．以乙为参考系，其他运动员都是静止的
D．运动员在下降过程中一定不能视为质点
【答案】C
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】ABC．运动员们正保持该造型下降，以甲为参考系，乙是静止的，地面是运动的，以乙为参考系，其他运动员都是静止的。AB不符合题意，C符合题意；
D．运动员在下降过程中能否视为质点要看研究的问题，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】以甲为参考系，乙是静止的；以运动员为参考系，地面是运动的；物体能否作为质点主要看所研究的问题。
4．（2017·虹口模拟）如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点（ ）
A．角速度大小相同 B．线速度大小相同
C．向心加速度大小相同 D．向心力大小相同
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解：A、偏心轮上各处角速度相等，故A正确；
B、根据v=ωr，可知半径不同点，线速度不同，故B错误；
C、根据a=ω2r可知半径不同点，向心加速度不同，故C错误；
D、根据F=mω2r可知半径不同点，向心力不同，故D错误；
故选A．
【分析】对于转盘问题要明确在转盘上各处的角速度相等，利用向心加速度表达式以及角速度和线速度关系进行求解．
5．（2020·温州会考）下列说法正确的是（ ）
A．α、β、γ三种射线，都是电磁波
B．原子核需要在高温高压的条件下才能发生衰变
C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度有关
D．一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁，最多可以辐射出3种不同频率的光子
【答案】D
【知识点】电磁波谱；光电效应
【解析】【解答】A．α、β是实物粒子，γ是光子，即电磁波，A不符合题意；
B．原子核发生衰变只与原子核内部结构有关，与外界条件无关，B不符合题意；
C．材料一定时，光电效应中光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，C不符合题意；
D．当一个氢原子从n=4能级向低能级依次跃迁时，辐射的光子频率最多，跃迁路径为
因此，最多可以辐射出3种不同频率的光子，D对。
故答案为：D。
【分析】只有射线属于电磁波；原子核衰变与外界条件无关；光电效应中光电子的最大初动能只与入射光的频率有关。
6．（2020·温州会考）如图所示，一台空调外机用轻质三角架固定在竖直外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。现保持连接点O的位置不变，横梁AO仍然水平，把斜梁加长一些后（ ）
A．斜梁受的作用力变大 B．横梁受的作用力变小
C．两个梁受力均变大 D．两个梁受力均不变
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：
由受力图结合几何关系可得
F2=Gtanθ
若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cosθ增大、tanθ减小，故F1将变小、F2将变小。
故答案为：B。
【分析】利用支点O的平衡方程结合角度的变化可以判别两个作用力的大小变化。
7．（2020·温州会考）如图所示，正六边形线框abcdef由六根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点a、b与直流电源两端相接。已知导体棒ab受到的安培力大小为F，则线框受到的安培力的大小为（ ）
A．2F B．1.2F C．0.8F D．0
【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】设导线ab部分电阻为 ，长度为 ，通过的电流为 ，由安培力公式可得
由左手定则可知安培力垂直 向上
bcdefa部分电阻为 ，根据串并联电路的特点可知电流为 ，等效长度为 ，由安培力公式可得
由左手定则可知安培力垂直 向上，所以线框受到的安培力的大小为二者之和
故答案为：B。
【分析】利用并联电路的特点可以求出支路电流的大小，结合安培力的表达式及平行四边形定则可以求出线圈受到安培力的大小。
8．（2020·温州会考）2020年诺贝尔物理学奖授予黑洞研究。黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大而体积较小的天体，黑洞的引力很大，连光都无法逃逸。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，不考虑其他天体的影响，两者围绕连线上O点做匀速圆周运动，O点离黑洞B更近，黑洞A质量为m1，黑洞B质量为m2，AB间距离为L。下列说法正确的是（ ）
A．黑洞A与B绕行的向心加速度大小相等
B．黑洞A的质量m1大于黑洞B的质量m2
C．若两黑洞质量保持不变，在两黑洞间距L减小后，两黑洞的绕行周期变小
D．若两黑洞质量保持不变，在两黑洞间距L减小后，两黑洞的向心加速度变小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】A．两黑洞绕两者连线上的 点做匀速圆周运动，它们的角速度 相等，向心加速度
由于两黑洞的 相等而 不同，则它们的向心加速度不相等，A不符合题意；
B．万有引力提供向心力，两黑洞做圆周运动时的向心力大小相等，则
由题意可知： ，则： ，B不符合题意；
C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
由几何知识得
解得
若两黑洞质量保持不变，但两黑洞间距离 逐渐减小，则两黑洞的绕行周期 均逐渐减小，C符合题意；
D．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得 ，
若两黑洞质量保持不变，但两黑洞间距离 逐渐增大，则两黑洞的向心加速度大小均逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用角速度相等半径不同可以判别向心加速度不相等；利用向心力相等可以比较质量的大小；利用牛顿第二定律可以导出周期的表达式，利用距离的变化可以判别周期的变化；利用牛顿第二定律可以判别向心加速度的变化。
9．（2020·温州会考）某运动员掷出的铅球在空中运动的轨迹如图所示，铅球可视为质点，空气阻力不计。用p、Ep、Ek、E分别表示铅球的动量大小、重力势能、动能、机械能，用t表示铅球在空中的运动时间。铅球离开手时计为t=0，以地面为零势能面，则下列图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．铅球在空中运动的过程中，速度先减至最小，但不为零，再增加，根据
可知动量先减至最小，但不为零，再增加；同理动能也是如此，AC不符合题意；
B．铅球在空中运动的过程中，高度先增加后减小，因此势能先增加后减小，B对；
D．铅球在空中运动的过程中，只有重力做功，因此机械能不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用速度的变化可以判别动量的变化；利用重力不变结合动能定理结合位移公式可以动能和时间的关系；利用重力做功可以判别机械能保持不变。
10．（2020·温州会考）如图所示，L为电感线圈，C为电容器，R为定值电阻，线圈及导线电阻均不计。先闭合开关S，稳定后，再将其断开，并规定此时t=0。当t1=0.01s时，LC回路中电容器右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，则（ ）
A．LC回路的振荡周期为0.02s
B．LC回路中电流最大时电场能最大
C．t2=0.12s时线圈中磁场能最大
D．t3=0.125s时回路中电流沿顺时针方向
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】A．t=0时，线圈中电流向右，断开开关S后，电容器右极板充电。在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t=0.01s时LC回路中电容器右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充电一次，则周期为0.04s，A不符合题意；
B．根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，B不符合题意；
C．t2=0.12s=3T，此时线圈中电流向右最大，磁场能最大，C符合题意；
D．t3=0.125s= 时线圈中电流向右给电容器充电，回路中电流沿逆时针方向，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于一个周期内充电两次放电两次可以求出振荡的周期；当电流最大时电场能最小；当电流方向向右时磁场能最大；利用电容器充电可以判别电流的方向。
11．（2020·温州会考）如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则B点的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】由于A点处的合场强为零，所以带点薄板在A处产生的场强与点电荷 在A处产生的场强大小相等均为 ，方向相反，由带点薄板产生场强的特点可知，薄板在B点产生的场强大小等于 ，方向与q在B点产生的方向相同。因此B点的电场强度大小为
故答案为：A。
【分析】利用场强的叠加结合库仑定律可以求出B点电场强度的大小。
12．（2020·温州会考）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿逆时针方向（从上往下看）旋转。NO=2MO，则（ ）
A．M点电势高于N点电势
B．N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的2倍
C．若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差不变
D．若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的4倍
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．由右手定则可知，O点电势高于M点，O点电势高于N点，因 ，则M点电势高于N点电势，A符合题意；
B．根据 可知，N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的4倍，B不符合题意；
CD．M、N两点间的电势差
若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差加倍，若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的2倍，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用右手定则可以判别电势的高低；利用动生电动势及线速度的大小可以求出电势差的大小。
13．（2020·温州会考）如图所示为某种电吹风机电路图，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是（ ）
冷风时输入功率 60W
热风时输入功率 460W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风
B．理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶11
C．电吹风吹热风时电热丝上的电流为
D．小风扇的内阻为8Ω
【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．只有电热丝接入时才能吹热风，故吹热风时触片P与触点c、d接触，A不符合题意；
B．根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系
B不符合题意；
C．电热丝的功率
由可知 ，则电吹风吹热风时电热丝上的电流为
C不符合题意；
D．小风扇冷风时的热功率为
电流
则由 可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】触片同时接触cd才吹热风；利用电压之比可以求出匝数之比；利用热功率的表达式可以求出电流的大小；利用热功率的表达式可以求出小风扇的内阻大小。
二、多选题
14．（2020·温州会考）如图所示，一玻璃三棱镜，其横截面为直角三角形，∠A=90°，∠B=30°。一光线平行于BC边从AB边中点P射入棱镜，在BC边全反射后，从AC边上Q点（图中未画出）射出，出射光线垂直于AC边。已知真空中的光速为c，则（ ）
A．Q点为AC边中点
B．玻璃三棱镜的折射率为1.5
C．光在玻璃三棱镜内的传播速度为 c
D．将入射点P上移些，光线可以从AC边上垂直射出
【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．作出如图所示光路图
可知M点在BC中点右侧，由M点不是BC的中点，可知Q点不是AC的中点，A不符合题意；
B．由几何关系可求得光线在AB边的入射角
折射角
由折射率公式可求得玻璃三棱镜的折射率为
B不符合题意；
C．由公式
解得光在玻璃三棱镜内的传播速度为
C符合题意；
D．将入射点P上移些，由于光线的入射角、折射角不变，所以光线可以从AC边上垂直射出。D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】画出光路图，利用光线的折射可以判别Q点不是AC的中点；利用折射角和入射角的大小可以求出折射率的大小；利用折射率可以求出光传播的速度大小；将入射点上移可以判别光线可以从AC边上垂直射出。
15．（2020·温州会考）中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子，其核反应方程为 已知∶中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mP=938.27MeV/c2，电子质量me=0.51MeV/c2，c为光速，不考虑粒子之间的相互作用，不考虑中子的初动能。若质子的动量p=3×10-8MeV·s·m-1。以下说法正确的是（ ）
A．核反应产物中子、质子、中微子总动量为零
B．质子的动能为0.043MeV
C．电子和反中微子的总动能为0.747Me
D．电子和反中微子的总动能为0.833MeV
【答案】B,C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．反应前中子的动量为零，则核反应产物电子、质子、中微子总动量为零，A不符合题意；
B．根据
质子的动能为
B符合题意；
CD．反应放出能量
电子和反中微子的总动能为0.79MeV-0.043MeV=0.747MeV
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用反应前中子的动量等于0可以判别反应产物的电子、质子、中微子的总动量等于0；利用动量的大小可以求出质子动能的大小；利用质量亏损可以求出反应后的产物动能大小，结合质子的动能可以求出电子和反中微子的动能大小。
16．（2020·温州会考）一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c点是水面上的一点，a、b、c间的距离均为L，如图所示。已知除c点外，在a、c连线上还有其它振动加强点，其中距c点最近的加强点d到c的距离为 L，下列说法正确的有（ ）
A．波的传播速度为
B．ac连线上距a点 的e点也是振动加强点
C．改变振动频率，波的传播速度也会改变
D．改变振动频率，d点可能仍是振动加强点
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由题意，有
由余弦定律，有
光程差
因离得最近，所以n=1，得
所以波传播速度
A符合题意；
B．由余弦定律
光程差
得 ，不属于整数，所以ｅ点不是加强点；
C．机械波的波速与介质有关，与频率无关，所以C不符合题意；
D．光程差
所以只要满足频率
所以D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用几何关系可以求出光程差的大小，结合振动的加强可以求出波传播的速度大小；利用光程差可以判别e点不属于振动加强点；利用频率和波长的关系可以判别光程差的变化；机械波的传播速度和频率的大小无关。
三、实验题
17．（2020·温州会考）某同学利用如图1所示的装置来测量某种单色光的波长。接通电源，规范操作后，在目镜中观察到清晰的干涉条纹。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数量，该同学可____；
A．将透镜向单缝靠近
B．使用间距更大的双缝
C．将单缝向靠近双缝方向移动
D．将毛玻璃向远离双缝的方向移动
（2）该同学已测出图2装置中单缝、双缝、毛玻璃、目镜之间的距离分别为L1、L2、L3，又测出她记录的第1条亮条纹中心到第6条亮条纹中心的距离为△x，若双缝间距为d，则计算该单色光波长的表达式为 （用题中所给字母表示）；
（3）测量中，分划板中心刻线对齐某一条亮纹的中心时，游标卡尺的游尺位置如图3所示，则读数为 cm。
【答案】（1）B
（2）
（3）1.07
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】①增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为
为减小相邻亮条纹（暗条纹）间的宽度，可增大双缝间距离或减小双缝到毛玻璃的距离，B符合；②第1条暗条纹到第6条暗条纹之间的距离为 ，屏与双缝间的距离为L2，则单色光的波长为 ③游标卡尺读数为L=10.0mm+7×0.1mm=10.7mm=1.07cm
【分析】（1）利用条纹间距的表达式可以判别要减小条纹的宽度可以增大双缝之间的距离或者减小双峰到毛玻璃的距离；
（2）利用条纹间距和波长的关系可以导出波长的表达式；
（3）利用游标卡尺的结构可以读出对应的读数。
18．（2020·温州会考）小刘同学用图1甲所示的电路图来测量电阻丝的电阻Rx；
（1）请用笔画线代替导线，根据图1甲的电路图完成图1乙中实物图的连线。
（2）将电压表接在a、b两端，闭合开关S，调节滑动变阻器，测得5组电压U1和电流I1的值；再将电压表改接在a、c两端，闭合开关S，调节滑动变阻器，测得5组电压U2和电流I2的值；在方格纸上分别作出U1-I1和U2-I2图像如图2丙所示由此可求得电阻丝的阻值Rx= Q（结果保留三位有效数字）。
（3）某次测量中，电流表示数如图2丁所示，则读数为 A。
（4）本实验中关于“电表内阻对测量结果有无影响”的判断正确的是_____________。
A．电压表的内阻会产生误差，且使测量结果偏大
B．电流表的内阻会产生误差，且使测量结果偏大
C．电流表的内阻会产生误差，且使测量结果偏小
D．电压表与电流表的内阻对测量结果均不会产生误差
【答案】（1）
（2）2.70~2.90
（3）0.44
（4）D
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)根据电路图连接实物图
；(2)由图示电路图可知
则电阻丝阻值 (3)因电流表接入为小量程，故读数为0.44A；(4)此时属于电流表内接，根据闭合电路的欧姆定律
整理得
作出 图象，如图所示
斜率为
即
所以电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果无影响。
【分析】（1）利用电路图进行实物图连接；
（2）利用电压表的变化量结合电流的变化量可以求出对应电阻的大小，结合串联电阻的大小可以求出待测电阻的大小；
（3）利用欧姆定律及电阻定律可以导出电流和长度的关系式；利用斜率的大小可以求出电阻率的大小；进而判别电表的内阻对测量结果没有影响。
19．（2020·温州会考）某实验小组利用如图1甲所示的装置来测定平抛运动的初速度。水平木板A上分布着间距均为d的平行插槽P1P1′、P2P2′…，在木板B的左侧面由里向外依次铺上白纸、复写纸，并固定在B板上，保证B板与斜槽轨道所在的竖直面垂直让小钢球在斜槽轨道上的某位置静止释放，从末端飞出后，撞击复写纸，在白纸上留下钢球落点。每打完一点后，把B板插入后一槽中，得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图1乙所示。
（1）为了减小实验误差，以下做法必要的是____；
A．实验时应保证斜轨末端水平
B．选择对小钢球摩擦力尽可能小的斜槽轨道
C．每次实验可以让小钢球从不同位置释放
D．将B板插入插槽中时应保证B板竖直
（2）实验小组测得插槽间距d=20cm，白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为16.40cm、21.30cm、26.21cm，当地重力加速度g=9.8m/s2，则小钢球平抛的初速度为 m/s（保留三位有效数字）。
【答案】（1）A；D
（2）2.83
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1)A．钢球离开桌面后做平抛运动，实验时应保证斜轨末端水平，A符合；
B．斜槽的摩擦力大小只能对钢球离开桌面的水平初速度的影响，对钢球离开桌面后做平抛运动无影响，故不是必要，B不符合；
C．为保证每次平抛运动水平初速度相同，每次实验只能让小钢球从同一位置释放，C不符合；
D．为研究平抛运动过程中相同时间间隔内的规律，水平运动为匀速运动，相同时间间隔内位移相等，故将B板插入插槽中时应保证B板竖直，D符合；小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论可知
则有
小球的初速度为
【分析】（1）钢球做平抛运动所以要保持斜轨末端水平；斜槽的摩擦力对钢球离开桌面后的平抛运动没有影响；每次实验为了小球初速度相同必须从同一位置释放；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔；结合水平方向的位移公式可以求出小球初速度的大小。
四、解答题
20．（2020·温州会考）快递公司用无人机将急用药品送至某医疗地点，其过程如下：无人机由地面静止开始竖直升空，到离地24m处悬停调整方向，然后沿直线水平飞行一段距离至目标地点正上方再次悬停，然后竖直降落到地面，到达地面时速度恰为零。假设无人机在上升平飞、下降的三个过程中，变速运动阶段的加速度大小均为a（未知）。已知无人机在加速上升过程中动力系统提供的升力为260N，无人机连同药品总质量20kg，无人机连同药品在运动过程中所受空气阻力大小恒为20N，重力加速度g=10m/s2，无人机连同药品可视为质点。
（1）求无人机加速上升过程中的加速度大小；
（2）求无人机沿水平方向加速运动的过程中动力系统提供的作用力大小；
（3）若无人机下落过程中的最大速度限制为6m/s，求下降过程所用的最短时间。
【答案】（1）解：升空加速过程中，根据牛顿第二定律有
解得a=2m/s2
（2）解：水平加速过程中有
解得
（3）解：因2× =18m<24m，所以无人机先加速到6m/s后匀速一段再减速到地面，历时最短
匀加速时间等于匀减速时间，即
匀速距离
匀速时间
下落最短时间
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）无人机加速升空时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）无人机沿水平方向做匀加速直线运动，利用水平方向的牛顿第二定律可以求出水平方向作用力的大小，结合竖直方向的平衡方程可以求出竖直方向的作用力的大小，利用力的合成可以求出动力系统提供的作用力大小；
（3）飞机下落过程先做匀加速直线运动，在做匀速直线运动最后做匀减速直线运动；利用速度位移公式可以求出匀加速和匀减速的位移，结合总位移可以求出匀速运动的位移，利用匀速运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；利用速度公式可以求出匀加速和匀减速的时间。
21．（2020·温州会考）如图所示，倾角为37°的光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道相切于B点，质量为2m、长为L=6.4R的小车静止在光滑水平面上，左端靠在圆弧轨道最低点C处，距车右端S处有一固定挡板，挡板距车右端的距离S可调，挡板上固定直径为R的光滑半圆轨道DEG，小车的上表面与C、D的连线在同一水平面内。质量为m的物块从斜面上的A点静止释放，滑上小车后带动小车运行，小车与挡板碰撞后立即被挡板牢固粘连。物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，A、B两点间的竖直高度h=4.3R，重力加速度为g，物块视为质点，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求物块到达C处时对圆弧轨道的压力；
（2）要使物块与小车达到共同速度时车刚好与挡板相撞，S取多少？
（3）求物块从滑上小车到刚离开小车的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf与S的大小关系，并判断S取不同值时物块能否到达半圆弧的中点E处。
【答案】（1）解：由动能定理
得
得FN=10mg
所以FN′=10mg
竖直向下
（2）解：由动量守恒定律mvC=3mv
得v=
得x车=2R
所以S=x车=2R
（3）解：①0≤S≤2R
②共速时物块的位移x块=8R
物块距车右端的距离△L=6.4R-（8R-2R)=0.4R
S≥2R
物块恰能到E点时克服摩擦力做的功：
得S临=1.6R
所以0≤S≤1.6R时，物块能到E点；S>1.6R时，物块不能到E点。
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）物块从斜面静止下落，利用动能定理可以求出物块到达C点的速度，结合牛顿第二定律可以求出物块到达C处对轨道的压力；
（2）小车和物块为系统，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小；结合小车的动能定理可以求出S的大小；
（3）当物块与小车共速后上滑到E点，利用临界的速度可以求出临界的S，进而利用S的大小可以判别物块是否上升到E点。
22．（2020·温州会考）如图所示，间距为L、倾角为30°的光金属轨道固定放置，轨道平面内有三个紧挨在一起的边长为L的正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ内分布着垂直轨道平面向下的匀强磁场，Ⅲ内分布着垂直轨道平面向上的匀强磁场，Ⅱ区内无磁场。ab、cd两金属棒用长为L、不可伸长的绝缘细线相连，起初ab棒刚好在区域的外面，cd棒刚好在里面。现给ab棒一初速度2v0使两棒一起减速下行，经时间t0后，cd棒刚好离开区域Ⅰ的速度为v0，此时，细线突然断开，同时在ab棒上施加一沿轨道平面向下的外力F，使ab向下做加速度大小为0.5g的匀加速运动，当cd棒进入区域恰好匀速下行。已知ab、cd两棒的质量分别为2m、m，ab棒在轨道间的电阻是cd棒在轨道间电阻的两倍。两棒与轨道垂直且接触良好，两棒粗细不计，轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g，空气阻力忽略。
（1）判断cd棒分别经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ过程中的电流方向
（2）求区域Ⅰ、Ⅲ中两匀强磁场的磁感应强度的平方比即B12∶B22；
（3）已知从ab棒进入区域Ⅲ到cd棒离开区域Ⅲ的过程中a棒内产生的焦耳热为2Q，求外力F对ab棒做的功。
【答案】（1）解：根据楞次定律可判断，在Ⅰ内，电流方向为d→c；进入Ⅱ内，电流方向为d→c；进入Ⅲ内后电流方向为c→d。即先顺时针后逆时针
（2）解：由动量守恒定律得
得
得
（3）解：由能量守恒得
联合得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知导体棒切割的速度，结合磁场方程和右手定则可以判别电流的方向；
（2）当两个导体棒在区域I运动时，利用动量定理可以导出合力的冲量的表达式，结合金属棒cd在区域III做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出磁感应强度的表达式；两式联立可以求出磁感应强度的比值；
（3）ab棒进入区域III到cd棒离开区域III时，外力做功及安培力做功等于系统焦耳热的产生；利用能量守恒定律可以求出外力做功的大小。
23．（2020·温州会考）加速器在粒子物理研究中有重要作用，其基本原理简化为如图甲所示的模型，M、N为两块中心开有小孔的平行极板，两板间加有如图乙所示的电压（U0、T0为已知量），板外分布着恒定的垂直纸面向里的匀强磁场。让质量为m、电荷量为+q的a粒子在t=0时从M孔飘入（视为初速度为零）极板间，在磁场中运行时间T0后恰能再次从M孔进入板间加速。设极板外无电场，极板内无磁场，极板尺寸大小、粒子所受重力、粒子在极板间的加速时间均忽略不计，不考虑粒子速度的影响及相对论效应。
（1）求a粒子第n次加速后在磁场中的旋转半径；
（2）让质量为1.01m、电荷量为+q的b粒子在t=0时从M孔飘入极板间，求b粒子第二次加速后的速度大小；
（3）仅将电压uMN的变化周期降到原来的一半，再让(2)中的b粒子在某时刻从M孔飘入，经多次加速后可获得最大动能。求粒子飘入的时刻、加速的次数及获得的最大动能。
【答案】（1）解：粒子从开始到第n次加速后由动能定理有 ①
②
联立①②解得
（2）解： ③
由图乙得∶第二次加速时的电压为 ④
⑤
联立③④⑤解得
（3）解：粒子被加速的时间越长，获取的动能越大 ⑥
加速次数 ⑦
⑧
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做加速运动，利用动能定理可以求出n次加速后的速度大小，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期可以求出n次加速后的半径大小；
（2）已知b粒子的质量可以求出b粒子其运动的周期，与a粒子运动的周期比较可以判别第二次进而电场的时间及加速的电压，利用粒子在电场中加速的动能定理可以求出粒子第二次加速后的速度大小；
（3）利用时间间隔及b粒子进入磁场的时刻可以求出加速的次数；利用加速的次数可以判别加速的飘入时刻，利用动能定理可以求出最大的动能。
1 / 1浙江省温州2020年11月物理普通高中选考适应性测试试卷
一、单选题
1．（2020·温州会考）国际单位制中磁感应强度的单位是T，如果用国际单位制基本单位来表示，正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2020·温州会考）下列说法不符合事实的是（ ）
A．普朗克提出能量子的概念
B．法拉第发现了电磁感应现象
C．牛顿提出了万有引力定律，并测得了引力常量G的数值
D．通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，受此启发，安培提出了分子电流假说
3．（2020·温州会考）如图所示是特技跳伞运动员的空中造型图，运动员们正保持该造型下降。甲、乙分别是其中的两位运动员，则（ ）
A．以甲为参考系，乙是运动的
B．以甲为参考系，地面是静止的
C．以乙为参考系，其他运动员都是静止的
D．运动员在下降过程中一定不能视为质点
4．（2017·虹口模拟）如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点（ ）
A．角速度大小相同 B．线速度大小相同
C．向心加速度大小相同 D．向心力大小相同
5．（2020·温州会考）下列说法正确的是（ ）
A．α、β、γ三种射线，都是电磁波
B．原子核需要在高温高压的条件下才能发生衰变
C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度有关
D．一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁，最多可以辐射出3种不同频率的光子
6．（2020·温州会考）如图所示，一台空调外机用轻质三角架固定在竖直外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。现保持连接点O的位置不变，横梁AO仍然水平，把斜梁加长一些后（ ）
A．斜梁受的作用力变大 B．横梁受的作用力变小
C．两个梁受力均变大 D．两个梁受力均不变
7．（2020·温州会考）如图所示，正六边形线框abcdef由六根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点a、b与直流电源两端相接。已知导体棒ab受到的安培力大小为F，则线框受到的安培力的大小为（ ）
A．2F B．1.2F C．0.8F D．0
8．（2020·温州会考）2020年诺贝尔物理学奖授予黑洞研究。黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大而体积较小的天体，黑洞的引力很大，连光都无法逃逸。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，不考虑其他天体的影响，两者围绕连线上O点做匀速圆周运动，O点离黑洞B更近，黑洞A质量为m1，黑洞B质量为m2，AB间距离为L。下列说法正确的是（ ）
A．黑洞A与B绕行的向心加速度大小相等
B．黑洞A的质量m1大于黑洞B的质量m2
C．若两黑洞质量保持不变，在两黑洞间距L减小后，两黑洞的绕行周期变小
D．若两黑洞质量保持不变，在两黑洞间距L减小后，两黑洞的向心加速度变小
9．（2020·温州会考）某运动员掷出的铅球在空中运动的轨迹如图所示，铅球可视为质点，空气阻力不计。用p、Ep、Ek、E分别表示铅球的动量大小、重力势能、动能、机械能，用t表示铅球在空中的运动时间。铅球离开手时计为t=0，以地面为零势能面，则下列图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2020·温州会考）如图所示，L为电感线圈，C为电容器，R为定值电阻，线圈及导线电阻均不计。先闭合开关S，稳定后，再将其断开，并规定此时t=0。当t1=0.01s时，LC回路中电容器右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，则（ ）
A．LC回路的振荡周期为0.02s
B．LC回路中电流最大时电场能最大
C．t2=0.12s时线圈中磁场能最大
D．t3=0.125s时回路中电流沿顺时针方向
11．（2020·温州会考）如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则B点的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
12．（2020·温州会考）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿逆时针方向（从上往下看）旋转。NO=2MO，则（ ）
A．M点电势高于N点电势
B．N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的2倍
C．若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差不变
D．若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的4倍
13．（2020·温州会考）如图所示为某种电吹风机电路图，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是（ ）
冷风时输入功率 60W
热风时输入功率 460W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风
B．理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶11
C．电吹风吹热风时电热丝上的电流为
D．小风扇的内阻为8Ω
二、多选题
14．（2020·温州会考）如图所示，一玻璃三棱镜，其横截面为直角三角形，∠A=90°，∠B=30°。一光线平行于BC边从AB边中点P射入棱镜，在BC边全反射后，从AC边上Q点（图中未画出）射出，出射光线垂直于AC边。已知真空中的光速为c，则（ ）
A．Q点为AC边中点
B．玻璃三棱镜的折射率为1.5
C．光在玻璃三棱镜内的传播速度为 c
D．将入射点P上移些，光线可以从AC边上垂直射出
15．（2020·温州会考）中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子，其核反应方程为 已知∶中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mP=938.27MeV/c2，电子质量me=0.51MeV/c2，c为光速，不考虑粒子之间的相互作用，不考虑中子的初动能。若质子的动量p=3×10-8MeV·s·m-1。以下说法正确的是（ ）
A．核反应产物中子、质子、中微子总动量为零
B．质子的动能为0.043MeV
C．电子和反中微子的总动能为0.747Me
D．电子和反中微子的总动能为0.833MeV
16．（2020·温州会考）一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c点是水面上的一点，a、b、c间的距离均为L，如图所示。已知除c点外，在a、c连线上还有其它振动加强点，其中距c点最近的加强点d到c的距离为 L，下列说法正确的有（ ）
A．波的传播速度为
B．ac连线上距a点 的e点也是振动加强点
C．改变振动频率，波的传播速度也会改变
D．改变振动频率，d点可能仍是振动加强点
三、实验题
17．（2020·温州会考）某同学利用如图1所示的装置来测量某种单色光的波长。接通电源，规范操作后，在目镜中观察到清晰的干涉条纹。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数量，该同学可____；
A．将透镜向单缝靠近
B．使用间距更大的双缝
C．将单缝向靠近双缝方向移动
D．将毛玻璃向远离双缝的方向移动
（2）该同学已测出图2装置中单缝、双缝、毛玻璃、目镜之间的距离分别为L1、L2、L3，又测出她记录的第1条亮条纹中心到第6条亮条纹中心的距离为△x，若双缝间距为d，则计算该单色光波长的表达式为 （用题中所给字母表示）；
（3）测量中，分划板中心刻线对齐某一条亮纹的中心时，游标卡尺的游尺位置如图3所示，则读数为 cm。
18．（2020·温州会考）小刘同学用图1甲所示的电路图来测量电阻丝的电阻Rx；
（1）请用笔画线代替导线，根据图1甲的电路图完成图1乙中实物图的连线。
（2）将电压表接在a、b两端，闭合开关S，调节滑动变阻器，测得5组电压U1和电流I1的值；再将电压表改接在a、c两端，闭合开关S，调节滑动变阻器，测得5组电压U2和电流I2的值；在方格纸上分别作出U1-I1和U2-I2图像如图2丙所示由此可求得电阻丝的阻值Rx= Q（结果保留三位有效数字）。
（3）某次测量中，电流表示数如图2丁所示，则读数为 A。
（4）本实验中关于“电表内阻对测量结果有无影响”的判断正确的是_____________。
A．电压表的内阻会产生误差，且使测量结果偏大
B．电流表的内阻会产生误差，且使测量结果偏大
C．电流表的内阻会产生误差，且使测量结果偏小
D．电压表与电流表的内阻对测量结果均不会产生误差
19．（2020·温州会考）某实验小组利用如图1甲所示的装置来测定平抛运动的初速度。水平木板A上分布着间距均为d的平行插槽P1P1′、P2P2′…，在木板B的左侧面由里向外依次铺上白纸、复写纸，并固定在B板上，保证B板与斜槽轨道所在的竖直面垂直让小钢球在斜槽轨道上的某位置静止释放，从末端飞出后，撞击复写纸，在白纸上留下钢球落点。每打完一点后，把B板插入后一槽中，得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图1乙所示。
（1）为了减小实验误差，以下做法必要的是____；
A．实验时应保证斜轨末端水平
B．选择对小钢球摩擦力尽可能小的斜槽轨道
C．每次实验可以让小钢球从不同位置释放
D．将B板插入插槽中时应保证B板竖直
（2）实验小组测得插槽间距d=20cm，白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为16.40cm、21.30cm、26.21cm，当地重力加速度g=9.8m/s2，则小钢球平抛的初速度为 m/s（保留三位有效数字）。
四、解答题
20．（2020·温州会考）快递公司用无人机将急用药品送至某医疗地点，其过程如下：无人机由地面静止开始竖直升空，到离地24m处悬停调整方向，然后沿直线水平飞行一段距离至目标地点正上方再次悬停，然后竖直降落到地面，到达地面时速度恰为零。假设无人机在上升平飞、下降的三个过程中，变速运动阶段的加速度大小均为a（未知）。已知无人机在加速上升过程中动力系统提供的升力为260N，无人机连同药品总质量20kg，无人机连同药品在运动过程中所受空气阻力大小恒为20N，重力加速度g=10m/s2，无人机连同药品可视为质点。
（1）求无人机加速上升过程中的加速度大小；
（2）求无人机沿水平方向加速运动的过程中动力系统提供的作用力大小；
（3）若无人机下落过程中的最大速度限制为6m/s，求下降过程所用的最短时间。
21．（2020·温州会考）如图所示，倾角为37°的光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道相切于B点，质量为2m、长为L=6.4R的小车静止在光滑水平面上，左端靠在圆弧轨道最低点C处，距车右端S处有一固定挡板，挡板距车右端的距离S可调，挡板上固定直径为R的光滑半圆轨道DEG，小车的上表面与C、D的连线在同一水平面内。质量为m的物块从斜面上的A点静止释放，滑上小车后带动小车运行，小车与挡板碰撞后立即被挡板牢固粘连。物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，A、B两点间的竖直高度h=4.3R，重力加速度为g，物块视为质点，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求物块到达C处时对圆弧轨道的压力；
（2）要使物块与小车达到共同速度时车刚好与挡板相撞，S取多少？
（3）求物块从滑上小车到刚离开小车的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf与S的大小关系，并判断S取不同值时物块能否到达半圆弧的中点E处。
22．（2020·温州会考）如图所示，间距为L、倾角为30°的光金属轨道固定放置，轨道平面内有三个紧挨在一起的边长为L的正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ内分布着垂直轨道平面向下的匀强磁场，Ⅲ内分布着垂直轨道平面向上的匀强磁场，Ⅱ区内无磁场。ab、cd两金属棒用长为L、不可伸长的绝缘细线相连，起初ab棒刚好在区域的外面，cd棒刚好在里面。现给ab棒一初速度2v0使两棒一起减速下行，经时间t0后，cd棒刚好离开区域Ⅰ的速度为v0，此时，细线突然断开，同时在ab棒上施加一沿轨道平面向下的外力F，使ab向下做加速度大小为0.5g的匀加速运动，当cd棒进入区域恰好匀速下行。已知ab、cd两棒的质量分别为2m、m，ab棒在轨道间的电阻是cd棒在轨道间电阻的两倍。两棒与轨道垂直且接触良好，两棒粗细不计，轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g，空气阻力忽略。
（1）判断cd棒分别经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ过程中的电流方向
（2）求区域Ⅰ、Ⅲ中两匀强磁场的磁感应强度的平方比即B12∶B22；
（3）已知从ab棒进入区域Ⅲ到cd棒离开区域Ⅲ的过程中a棒内产生的焦耳热为2Q，求外力F对ab棒做的功。
23．（2020·温州会考）加速器在粒子物理研究中有重要作用，其基本原理简化为如图甲所示的模型，M、N为两块中心开有小孔的平行极板，两板间加有如图乙所示的电压（U0、T0为已知量），板外分布着恒定的垂直纸面向里的匀强磁场。让质量为m、电荷量为+q的a粒子在t=0时从M孔飘入（视为初速度为零）极板间，在磁场中运行时间T0后恰能再次从M孔进入板间加速。设极板外无电场，极板内无磁场，极板尺寸大小、粒子所受重力、粒子在极板间的加速时间均忽略不计，不考虑粒子速度的影响及相对论效应。
（1）求a粒子第n次加速后在磁场中的旋转半径；
（2）让质量为1.01m、电荷量为+q的b粒子在t=0时从M孔飘入极板间，求b粒子第二次加速后的速度大小；
（3）仅将电压uMN的变化周期降到原来的一半，再让(2)中的b粒子在某时刻从M孔飘入，经多次加速后可获得最大动能。求粒子飘入的时刻、加速的次数及获得的最大动能。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】在国际单位制中，所有的电磁学物理量，都是由长度、时间、质量和电流这四个基本量导出的。因此，米、秒、千克、安培就成为电磁学物理量的基本单位。由磁感应强度的定义式 导出的磁感应强度的单位是特斯拉
故答案为：A。
【分析】利用安培力的表达式结合牛顿第二定律可以利用基本单位来表示特斯拉。
2．【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元，A正确，不符合题意；
B.1831年法拉第发现了电磁感应现象，B正确，不符合题意；
C．牛顿提出了万有引力定律，但测得引力常量G的数值的是卡文迪许，C错误，符合题意；
D．通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，受此启发，安培提出了分子电流假说，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许利用实验测量出引力常量的大小。
3．【答案】C
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】ABC．运动员们正保持该造型下降，以甲为参考系，乙是静止的，地面是运动的，以乙为参考系，其他运动员都是静止的。AB不符合题意，C符合题意；
D．运动员在下降过程中能否视为质点要看研究的问题，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】以甲为参考系，乙是静止的；以运动员为参考系，地面是运动的；物体能否作为质点主要看所研究的问题。
4．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解：A、偏心轮上各处角速度相等，故A正确；
B、根据v=ωr，可知半径不同点，线速度不同，故B错误；
C、根据a=ω2r可知半径不同点，向心加速度不同，故C错误；
D、根据F=mω2r可知半径不同点，向心力不同，故D错误；
故选A．
【分析】对于转盘问题要明确在转盘上各处的角速度相等，利用向心加速度表达式以及角速度和线速度关系进行求解．
5．【答案】D
【知识点】电磁波谱；光电效应
【解析】【解答】A．α、β是实物粒子，γ是光子，即电磁波，A不符合题意；
B．原子核发生衰变只与原子核内部结构有关，与外界条件无关，B不符合题意；
C．材料一定时，光电效应中光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，C不符合题意；
D．当一个氢原子从n=4能级向低能级依次跃迁时，辐射的光子频率最多，跃迁路径为
因此，最多可以辐射出3种不同频率的光子，D对。
故答案为：D。
【分析】只有射线属于电磁波；原子核衰变与外界条件无关；光电效应中光电子的最大初动能只与入射光的频率有关。
6．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：
由受力图结合几何关系可得
F2=Gtanθ
若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cosθ增大、tanθ减小，故F1将变小、F2将变小。
故答案为：B。
【分析】利用支点O的平衡方程结合角度的变化可以判别两个作用力的大小变化。
7．【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】设导线ab部分电阻为 ，长度为 ，通过的电流为 ，由安培力公式可得
由左手定则可知安培力垂直 向上
bcdefa部分电阻为 ，根据串并联电路的特点可知电流为 ，等效长度为 ，由安培力公式可得
由左手定则可知安培力垂直 向上，所以线框受到的安培力的大小为二者之和
故答案为：B。
【分析】利用并联电路的特点可以求出支路电流的大小，结合安培力的表达式及平行四边形定则可以求出线圈受到安培力的大小。
8．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】A．两黑洞绕两者连线上的 点做匀速圆周运动，它们的角速度 相等，向心加速度
由于两黑洞的 相等而 不同，则它们的向心加速度不相等，A不符合题意；
B．万有引力提供向心力，两黑洞做圆周运动时的向心力大小相等，则
由题意可知： ，则： ，B不符合题意；
C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
由几何知识得
解得
若两黑洞质量保持不变，但两黑洞间距离 逐渐减小，则两黑洞的绕行周期 均逐渐减小，C符合题意；
D．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得 ，
若两黑洞质量保持不变，但两黑洞间距离 逐渐增大，则两黑洞的向心加速度大小均逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用角速度相等半径不同可以判别向心加速度不相等；利用向心力相等可以比较质量的大小；利用牛顿第二定律可以导出周期的表达式，利用距离的变化可以判别周期的变化；利用牛顿第二定律可以判别向心加速度的变化。
9．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．铅球在空中运动的过程中，速度先减至最小，但不为零，再增加，根据
可知动量先减至最小，但不为零，再增加；同理动能也是如此，AC不符合题意；
B．铅球在空中运动的过程中，高度先增加后减小，因此势能先增加后减小，B对；
D．铅球在空中运动的过程中，只有重力做功，因此机械能不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用速度的变化可以判别动量的变化；利用重力不变结合动能定理结合位移公式可以动能和时间的关系；利用重力做功可以判别机械能保持不变。
10．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】A．t=0时，线圈中电流向右，断开开关S后，电容器右极板充电。在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t=0.01s时LC回路中电容器右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充电一次，则周期为0.04s，A不符合题意；
B．根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，B不符合题意；
C．t2=0.12s=3T，此时线圈中电流向右最大，磁场能最大，C符合题意；
D．t3=0.125s= 时线圈中电流向右给电容器充电，回路中电流沿逆时针方向，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于一个周期内充电两次放电两次可以求出振荡的周期；当电流最大时电场能最小；当电流方向向右时磁场能最大；利用电容器充电可以判别电流的方向。
11．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】由于A点处的合场强为零，所以带点薄板在A处产生的场强与点电荷 在A处产生的场强大小相等均为 ，方向相反，由带点薄板产生场强的特点可知，薄板在B点产生的场强大小等于 ，方向与q在B点产生的方向相同。因此B点的电场强度大小为
故答案为：A。
【分析】利用场强的叠加结合库仑定律可以求出B点电场强度的大小。
12．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．由右手定则可知，O点电势高于M点，O点电势高于N点，因 ，则M点电势高于N点电势，A符合题意；
B．根据 可知，N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的4倍，B不符合题意；
CD．M、N两点间的电势差
若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差加倍，若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的2倍，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用右手定则可以判别电势的高低；利用动生电动势及线速度的大小可以求出电势差的大小。
13．【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．只有电热丝接入时才能吹热风，故吹热风时触片P与触点c、d接触，A不符合题意；
B．根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系
B不符合题意；
C．电热丝的功率
由可知 ，则电吹风吹热风时电热丝上的电流为
C不符合题意；
D．小风扇冷风时的热功率为
电流
则由 可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】触片同时接触cd才吹热风；利用电压之比可以求出匝数之比；利用热功率的表达式可以求出电流的大小；利用热功率的表达式可以求出小风扇的内阻大小。
14．【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．作出如图所示光路图
可知M点在BC中点右侧，由M点不是BC的中点，可知Q点不是AC的中点，A不符合题意；
B．由几何关系可求得光线在AB边的入射角
折射角
由折射率公式可求得玻璃三棱镜的折射率为
B不符合题意；
C．由公式
解得光在玻璃三棱镜内的传播速度为
C符合题意；
D．将入射点P上移些，由于光线的入射角、折射角不变，所以光线可以从AC边上垂直射出。D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】画出光路图，利用光线的折射可以判别Q点不是AC的中点；利用折射角和入射角的大小可以求出折射率的大小；利用折射率可以求出光传播的速度大小；将入射点上移可以判别光线可以从AC边上垂直射出。
15．【答案】B,C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．反应前中子的动量为零，则核反应产物电子、质子、中微子总动量为零，A不符合题意；
B．根据
质子的动能为
B符合题意；
CD．反应放出能量
电子和反中微子的总动能为0.79MeV-0.043MeV=0.747MeV
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用反应前中子的动量等于0可以判别反应产物的电子、质子、中微子的总动量等于0；利用动量的大小可以求出质子动能的大小；利用质量亏损可以求出反应后的产物动能大小，结合质子的动能可以求出电子和反中微子的动能大小。
16．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由题意，有
由余弦定律，有
光程差
因离得最近，所以n=1，得
所以波传播速度
A符合题意；
B．由余弦定律
光程差
得 ，不属于整数，所以ｅ点不是加强点；
C．机械波的波速与介质有关，与频率无关，所以C不符合题意；
D．光程差
所以只要满足频率
所以D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用几何关系可以求出光程差的大小，结合振动的加强可以求出波传播的速度大小；利用光程差可以判别e点不属于振动加强点；利用频率和波长的关系可以判别光程差的变化；机械波的传播速度和频率的大小无关。
17．【答案】（1）B
（2）
（3）1.07
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】①增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为
为减小相邻亮条纹（暗条纹）间的宽度，可增大双缝间距离或减小双缝到毛玻璃的距离，B符合；②第1条暗条纹到第6条暗条纹之间的距离为 ，屏与双缝间的距离为L2，则单色光的波长为 ③游标卡尺读数为L=10.0mm+7×0.1mm=10.7mm=1.07cm
【分析】（1）利用条纹间距的表达式可以判别要减小条纹的宽度可以增大双缝之间的距离或者减小双峰到毛玻璃的距离；
（2）利用条纹间距和波长的关系可以导出波长的表达式；
（3）利用游标卡尺的结构可以读出对应的读数。
18．【答案】（1）
（2）2.70~2.90
（3）0.44
（4）D
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)根据电路图连接实物图
；(2)由图示电路图可知
则电阻丝阻值 (3)因电流表接入为小量程，故读数为0.44A；(4)此时属于电流表内接，根据闭合电路的欧姆定律
整理得
作出 图象，如图所示
斜率为
即
所以电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果无影响。
【分析】（1）利用电路图进行实物图连接；
（2）利用电压表的变化量结合电流的变化量可以求出对应电阻的大小，结合串联电阻的大小可以求出待测电阻的大小；
（3）利用欧姆定律及电阻定律可以导出电流和长度的关系式；利用斜率的大小可以求出电阻率的大小；进而判别电表的内阻对测量结果没有影响。
19．【答案】（1）A；D
（2）2.83
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1)A．钢球离开桌面后做平抛运动，实验时应保证斜轨末端水平，A符合；
B．斜槽的摩擦力大小只能对钢球离开桌面的水平初速度的影响，对钢球离开桌面后做平抛运动无影响，故不是必要，B不符合；
C．为保证每次平抛运动水平初速度相同，每次实验只能让小钢球从同一位置释放，C不符合；
D．为研究平抛运动过程中相同时间间隔内的规律，水平运动为匀速运动，相同时间间隔内位移相等，故将B板插入插槽中时应保证B板竖直，D符合；小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论可知
则有
小球的初速度为
【分析】（1）钢球做平抛运动所以要保持斜轨末端水平；斜槽的摩擦力对钢球离开桌面后的平抛运动没有影响；每次实验为了小球初速度相同必须从同一位置释放；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔；结合水平方向的位移公式可以求出小球初速度的大小。
20．【答案】（1）解：升空加速过程中，根据牛顿第二定律有
解得a=2m/s2
（2）解：水平加速过程中有
解得
（3）解：因2× =18m<24m，所以无人机先加速到6m/s后匀速一段再减速到地面，历时最短
匀加速时间等于匀减速时间，即
匀速距离
匀速时间
下落最短时间
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）无人机加速升空时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）无人机沿水平方向做匀加速直线运动，利用水平方向的牛顿第二定律可以求出水平方向作用力的大小，结合竖直方向的平衡方程可以求出竖直方向的作用力的大小，利用力的合成可以求出动力系统提供的作用力大小；
（3）飞机下落过程先做匀加速直线运动，在做匀速直线运动最后做匀减速直线运动；利用速度位移公式可以求出匀加速和匀减速的位移，结合总位移可以求出匀速运动的位移，利用匀速运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；利用速度公式可以求出匀加速和匀减速的时间。
21．【答案】（1）解：由动能定理
得
得FN=10mg
所以FN′=10mg
竖直向下
（2）解：由动量守恒定律mvC=3mv
得v=
得x车=2R
所以S=x车=2R
（3）解：①0≤S≤2R
②共速时物块的位移x块=8R
物块距车右端的距离△L=6.4R-（8R-2R)=0.4R
S≥2R
物块恰能到E点时克服摩擦力做的功：
得S临=1.6R
所以0≤S≤1.6R时，物块能到E点；S>1.6R时，物块不能到E点。
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）物块从斜面静止下落，利用动能定理可以求出物块到达C点的速度，结合牛顿第二定律可以求出物块到达C处对轨道的压力；
（2）小车和物块为系统，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小；结合小车的动能定理可以求出S的大小；
（3）当物块与小车共速后上滑到E点，利用临界的速度可以求出临界的S，进而利用S的大小可以判别物块是否上升到E点。
22．【答案】（1）解：根据楞次定律可判断，在Ⅰ内，电流方向为d→c；进入Ⅱ内，电流方向为d→c；进入Ⅲ内后电流方向为c→d。即先顺时针后逆时针
（2）解：由动量守恒定律得
得
得
（3）解：由能量守恒得
联合得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知导体棒切割的速度，结合磁场方程和右手定则可以判别电流的方向；
（2）当两个导体棒在区域I运动时，利用动量定理可以导出合力的冲量的表达式，结合金属棒cd在区域III做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出磁感应强度的表达式；两式联立可以求出磁感应强度的比值；
（3）ab棒进入区域III到cd棒离开区域III时，外力做功及安培力做功等于系统焦耳热的产生；利用能量守恒定律可以求出外力做功的大小。
23．【答案】（1）解：粒子从开始到第n次加速后由动能定理有 ①
②
联立①②解得
（2）解： ③
由图乙得∶第二次加速时的电压为 ④
⑤
联立③④⑤解得
（3）解：粒子被加速的时间越长，获取的动能越大 ⑥
加速次数 ⑦
⑧
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做加速运动，利用动能定理可以求出n次加速后的速度大小，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期可以求出n次加速后的半径大小；
（2）已知b粒子的质量可以求出b粒子其运动的周期，与a粒子运动的周期比较可以判别第二次进而电场的时间及加速的电压，利用粒子在电场中加速的动能定理可以求出粒子第二次加速后的速度大小；
（3）利用时间间隔及b粒子进入磁场的时刻可以求出加速的次数；利用加速的次数可以判别加速的飘入时刻，利用动能定理可以求出最大的动能。
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