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2022年河南省郑州市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年河南省郑州市高考物理一模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了5kg，【答案】C，【答案】B，【答案】A，5J，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022年河南省郑州市高考物理一模试卷
1. 物理学中每一个物理量都有着历史的印记，都有特定的描述内容和物理意义，下面关于一些物理量说法正确的是( )
A. 加速度是描述运动快慢的物理量，是单位时间内物体空间位置随时间的变化
B. 角速度是描述物体做圆周运动快慢的物理量，是单位时间内物体转过的弧长
C. 电场强度是描述电场力的性质的物理量，其大小等于单位电荷在电场中某点受到的电场力
D. 电势是描述电场能的性质的物理量，其大小等于单位电荷在电场中两点移动时电场力做的功
2. 如图所示，一光滑球体放在三角支架与竖直墙壁之间，三角支架的倾角θ可根据实际情况调节。若缓慢增大支架倾角θ，三角支架在地面上的位置没有发生变化。下列说法正确的是( )
A. 球体受到竖直墙面的支持力变小 B. 球体受到三角支架的支持力变小
C. 三角支架受到地面的支持力不变 D. 三角支架受到地面的摩擦力不变
3. 如图所示，一质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点。已知经过ab、bc和cd三段所用时同之比为1：2：3，ab段的位移为2m，bc段的位移为10m，则cd段的位移为( )
A. 20m B. 30m C. 40m D. 50m
4. 如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电杨线平行.O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA=1V，φB=3V、φC=5V，下列说法正确的是( )
A. 0点电势为4V
B. 匀强电场的场强大小为80V/m，方向由A指向C
C. 在三角形ABC的内切圆的圆周上的D点电势最低
D. 将电子由E点移到F点，电子的电势能增加了1eV
5. 粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的v一t图象如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g=10m/s2，根据图象可知下列说法正确的是( )
A. 乙物块质量为0.5kg
B. 物块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2
C. 从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移Δx=80m
D. 两小球碰撞过程中损失的机械能为75J
6. 如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向夹角θ=60∘。一质量为m的小球由P点沿水平方向抛出，初速度为v0=gR3，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在F点时对圆弧轨道的压力为73mg
B. 小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C. 小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=gR
D. 小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度h=R6
7. 两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一祖细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为F2。下列说法正确的是( )
A. 直导线ab的质量m=F1+F2g
B. 直导线ab的质量m=F1+F22g
C. 匀强磁场的磁感应强度B=2F2−2F1IL
D. 匀强磁场的磁感应强度B=F2−F12IL
8. 竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示。质量为m，电荷量为+q的粒子，从AC中点O处以初动能EkO=32qU进入电场，初速度与水平方向夹角为θ=30∘，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的是( )
A. 粒子运动到B点时的动能EK=52qU
B. 运动轨迹最高点到下极板的距离MN=78d
C. 水平方向运动的位移之比AN：NB=1:2
D. 若将上极板上移极小一段距离，则粒子将打在B点左侧
9. 九重之际向天问，天宫掠影惊苍穹。“天宫”空间站中三名宇航员正环烧地球运行，与此同时，“天问”探测器在环绕火星运行，假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为p，“天宫”与“天问”的轨道半径之比为q。关于“天宫”空间站与“天问”探测器说法正确的是( )
A. 运行周期之比为q3p B. 环绕速度之比为pq
C. 加速度之比为pq D. 动能之比为pq
10. “压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件，压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。在如图所示的电路中，R为压敏电阻，R1、R2、R3，为定值电阻，A为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数n2可以通过滑片P调节。当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u=NBSωsinωt，小灯泡出现周期性发光，闭合开关K，小灯泡熄灭不再发光。下列说祛正确的是( )
A. 闭合开关K，R2两电压增大
B. 闭合开关K后，仅增大交流电频率，通过R1的电流不变
C. 闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变
D. 闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，电流表示数减小
11. 倾角为θ的传送带AB以速度v顺时针匀速转动，如图所示，传送带底端B点与水平轨道BC平滑连接，一质量为m的小物块从传送带上P点由静止释放，到达底端B时恰好达到与传送带速度相等，在B点无机械能损失，且恰好运动到水平轨道上Q点。已知物块与传送带之间、物块与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，μ>tanθ。重力加速度为g。关于小物块的运动，下列说法正确的是( )
A. 若从P点上方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点
B. 若从P点下方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点
C. 小物块从P点运动到B点的过程中，传送带电动机增加的功率为μmgvcosθ
D. 小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统由于摩擦面产生的内能为mv2
12. 如图所示：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨电阻忽略不计，虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间存在有垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ，MN平行于ab放置在导轨上，两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F作用，先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，PQ的运动速度v、流过PQ的电流I随时间t变化的图象可能正确的是( )
A. B.
C. D.
13. 某同学用如图1所示的装置测量滑块与长木板之间的动摩擦数。将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧。长木板上安装有两个光电门。
(1)用螺旋测微器测量素光片的宽度，如图2所示，其读数为d=______mm；
(2)给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后分别通过P、Q两位置的光电门，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上遮光片通过光电门的时间Δt1和Δt2，改变弹簧的压缩程度进行多次实验，并计算得出多组滑块通过P点和Q点的速度v1和v2，根据表中的数据在坐标纸上描绘描点连线，作出v12−v22图象3。
v2(m2⋅s−1)
1
2
3
4
5
6
v12
2.80
3.61
4.41
4.80
6.45
7.58
v22
0.60
1.41
2.25
3.65
4.23
5.40
(3)若重力加速度为g=9.8m/s2，用刻度尺测出PQ间的距离l=45.0cm，由v12−v22图象可得，滑块与长木板间的动摩擦因数为______(结果保留两位小数)。
14. 一同学想要测定某电源的电动势和内电阻，所使用的器材有：待测干电池一节、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1Ω)、电流表A1(量程0.6A，内阻未知)，电阻箱R1(0∼999.99Ω)、滑动变阻器R2(0∼10Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。
a.为了更准确地进行测量，该同学计划先用欧姆表测出电流表A的内阻。所用欧姆表内部电源电动势为4.50V，表盘中间刻线示数为“15”，将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则红表笔应接在电表______(填“正”或“负”)接线柱，欧姆表选取“×1”挡位时，发现指针偏转角度较大，而此时电表读数为0.30A，可知电流表内阻为______Ω。(保留两位有效数字)
b.该同学又设计了如图2所示电路进行实验操作。
(1)利用该电路测电流表A的内阻；闭合开关K，将开关S与D接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.15Ω，则电流表A的内阻RA=______Ω。(保留两位有效数字)
(2)测电源的电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接C，记录电阻箱R2的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。如图3所示是由实验数据绘出的1I−R图象，获得图象的斜率为k，纵轴的截距为b，由此求出干电池的电动势E=______、内阻r=______。(均用字母k，b、RA表示)
15. 货车在装载货物的时候都要尽可能把货物固定在车厢内，否则遇到紧急情况容易出现危险。如图所示，货车的车厢长度为12m，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止。货车以v0=12m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，某时刻，司机看到前方有障碍物，立刻采取制动措施，使货车以最大加速度a=6m/s2的加速度匀减速刹车。若车厢和内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数μ=0.3，货车刹车停止后不再移动，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大。
(2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大。
16. 如图所示，光滑水平地面上用自动装置固定一安装有小车轨道的木块，木块与轨道总质量为M=0.8kg，轨道由粗糙水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成。AB长度L=4m，圆周轨道BC半径为R=0.9m，O为BC的圆心。一质量为m=0.4kg的小车从A点由静止启动，小车发动机功率恒定为P=20W，工作t=0.52s后停止。小车在AB上运动时受到的阻力为重力的k=0.2倍，经过B点时自动装置释放木块，g=10m/s2。求：
(1)小车运动到B点时的速度大小；
(2)小车运动到C点时木块的速度大小；
(3)小车运动到C点时小车的速度大小。
17. 竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子，由原点O沿与x轴正方向夹角60∘进入Ⅰ磁场区域，速度大小v=qBRm。粒子重力略不计，求：
(1)粒子运动到x轴时的位置；
(2)若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。
18. 如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角为30∘，斜面上放置质量为2m的滑块，滑块上固定着一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度为2L)，磁场方向与线平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小为B。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线框边长相同，重力加速度为g。
(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；
(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为t，求线圈的ef边进入磁场瞬间的速度v1；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度为v2，求在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，是单位时间内速度随时间的变化，故A错误；
B、角速度是描述物体做圆周运动快慢的物理量，但是单位时间内物体角度的变化，故B错误；
C、电场强度是描述电场的物理量，在数值上等于单位电荷所受到的电场力的大小，故C正确；
D、根据电势的物理意义可知，电势是描述电场能的性质的物理量；根据电势的定义可知，电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，电场力所做的功，故D错误；
故选：C。
运用加速度、角速度、电场强度和电势的概念和性质进行解题
本题考查了基本物理量的理解，解题的关键是熟练掌握并理解加速度、角速度、电场强度和电势的概念。
2.【答案】C
【解析】解：AB.以球为研究对象，受力分析如图
由平衡条件可得
N2=mgcosθ
N1=mgtanθ
若缓慢增大支架倾角θ，则球体受到竖直墙面的支持力N1变大，球体受到三角支架的支持力N2变大，故AB错误；
CD.对三脚架和球整体受力分析系可知，可知竖直方向三角支架受到地面的支持力等于三脚架和球的重力不变，三角支架受到地面的摩擦力等于墙面对球的支持力变大，故C正确，D错误。
故选：C。
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出竖直墙面和三角支架对球体的弹力的大小．再以小球和三角架组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出地面对三角劈的摩擦力和支持力的大小．
本题两个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合求解比较简便．
3.【答案】B
【解析】解：ab段为x1，将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x2、x3，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x4、x5、x6，
设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知，
x2=x1+aT2，x3=x1+2aT2，x4=x1+3aT2，x5=x1+4aT2，x6=x1+5aT2，
可知xcd=x4+x5+x6=3x1+12aT2，由题知x1=2m，x2+x3=2x1+3aT2=10m，联立解得：xcd=30m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
将bc段、cd段分别分成时间相等的两段和三段，抓住时间相等，结合连续相等时间内的位移之差是一恒量进行求解。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AC中点F的电势为：φF=φA+φC2=3V，与B点电势相等，又ΔABC是等边三角形可知，BOF连线与AC垂直，即φO=3V，故A错误；
B、根据BOF为等势线且垂直AC可知，AC为电场线；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向由C指向A；根据匀强电场中U=Ed可知，E=5V−1V0.05m=80V/m，故B错误；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，A点电势最低，故C错误；
D、过E点作垂直于AC，交于G点的线段，如图所示：
由几何关系可得：CG=CEcos60∘=2.5cm×12=1.25cm
GF=CF−CG=2.5cm−1.25cm=1.25cm=0.0125m
根据W=qE×GF可得：W=−1eV，电场力做负功，电势能增加1eV，故D正确；
故选：D。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AC中点的电势为3V，则BOF为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由AC间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小、方向；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断电势最低点；由电场力做功与电势能的关系，求势能变化。
本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，注意平时的积累。
5.【答案】A
【解析】解：A.由v−t图可知，碰撞前瞬间甲的速度为15m/s，乙的速度为0，碰撞后甲乙速度相等为10m/s，由动量守恒定律得
代入数据解得
故A正确；
B.由v−t图可知，乙的加速度大小为，根据
μmg=ma
解得
μ=0.25
故B错误；
C.根据v−t图像与t轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走
Δx=25+152×4m=60m
故C错误；
D.两球碰撞过程中损失的机械能
代入数据解得
ΔE=37.5J
故D错误。
故选：A。
根据v−t图像结合碰撞过程动量守恒可解得乙的质量，根据乙的加速度与牛顿第二定律结合可解得动摩擦因数，根据v−t图像与t轴围成面积表示位移可知甲比乙多走的位移，根据能量守恒定律可解得损失的机械能。
本题的关键是分析清楚A、B的运动过程，知道碰撞遵守的基本规律是动量守恒定律。要明确v−t图象的斜率表示加速度，面积表示位移。
6.【答案】D
【解析】解：A、对小球从P点到F点应用动能定理可得：mgR=12mvF2−12mv02
在F点由向心力表达式可知：FN−mg=mvF2R
联立可得：FN=103mg，根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为103mg，故A错误；
B、由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为v0，由向心力表达式可得：F=mv02R，代入数据解得F=13mg，
根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为13mg，故B错误；
C、在M点将小球的速度进行正交分解，如图所示；根据几何关系可得小球在M点时的速度vM=v0cosθ=v0cos60∘=2v0，所以小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=2v0=2gR3，故C错误；
D、小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得：mgh=12mv02，解得h=R6，故D正确。
故选：D。
对小球从P点到F点、N点应用动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律得到小球在F点时对圆弧轨道的压力；在M点将小球的速度进行正交分解，根据几何关系求解小球在M点的速度；小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理求解高度。
本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动，关键是弄清楚小球的运动情况，根据动能定理、向心力公式进行解答。
7.【答案】A
【解析】解：AB.设导线质量为m，当ab中通入由a到b的恒定电流I时，由左手定则和平衡条件，，
当电流反向时，，
联立可得：m=F1+F2g
故A正确，B错误；
CD.由AB中分析可知，，可得B=F2−F1IL，故CD错误。
故选：A。
开始时电流沿a到b，根据左手定则，导线受安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，根据力的平衡条件可解得．
本题考查安培力的计算，解题关键掌握左手定则的运用，注意力的平衡条件的应用。
8.【答案】B
【解析】解：A、粒子在两极板间仅受电场力作用，从O到B过程中，根据动能定理得：
q⋅12U=Ek−EkO，
又EkO=32qU
解得：Ek=2qU，
故A错误；
B、分解粒子运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，粒子沿竖直方向初速度
vy=v0sinθ，
竖直方向上，从O到最高点M过程中，根据动能定理得：
−qEd′=0−EkO
又E=Ud，
联立解得：d′=38d，
则轨迹最高点到下极板的距离MN=78d，
故B正确；
C、粒子在竖直方向做匀变速直线运动，由B知，减速位移为38d，加速位移为78d，根据x=12at2知，减速、加速时间之比为
t1：t2=3：7，
水平方向做匀速直线运动，位移之比
AN：NB=t1：t2=3：7，
故C错误；
D、若将上极板上移极小一段距离，根据E=Ud知，匀强电场场强变小，电场力变小，加速度变小，粒子加速减速时间变长，到达下极板时，水平方向位移变大，粒子将打在B点右侧，故D错误。
故选：B。
根据动能定理求粒子打到下极板时的动能；分解粒子运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据动力学规律分析粒子的运动情况。
本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键是分析清楚哪个方向上是匀速直线运动，哪个方向上是匀加速直线运动。
9.【答案】AB
【解析】解：A、对于近地卫星，万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=2πr3GM，代入数据解得：，故A正确；
B、对于近地卫星，由GMmr2=mv2r，整理得v=GMr，代入数据解得：，故B正确；
C、对于近地卫星，由GMmr2=ma，整理得a=GMr2，代入数据解得：，故C错误；
D、由于无法知道“天宫”空间站与“天问”探测器的质量，无法计算动能之比，故D错误。
故选：AB。
根据万有引力提供向心力可解得运动周期、速度、加速度之比，由于无法知道“天宫”空间站与“天问”探测器的质量，无法计算动能之比。
天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即，根据相应的向心力表达式进行分析。
10.【答案】CD
【解析】解：A、闭合k，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1 两端电压U1 变大，U1+U2=U，所以R2两端电压U2 变小，故A错误；
B、闭合k，仅增大交流电频率，由原线圈电压u=NBSωsinωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，由闭合电路欧姆定律知，回路电流增大，通过R1的电流变大，故B错误；
C、闭合k后，仅让滑片p向上滑动，副线圈电压U2=n2n1U′增大，副线圈回路电流I变大，交变电流周期不变，灯泡继续周期性发光，发光频率不变，故C正确；
D、闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2=n2n1U′减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流I减小，电流表示数减小，故D正确。
故选：CD。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据副线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、物块在传送带上做匀加速直线运动，到达底端B时恰好达到与传送带速度相等，则有v2=2ax，在水平轨道上做匀减速直线运动，恰好运动到Q点，根据动能定理有：μmg⋅BQ=12mv2；
若从P点上方某一位置由静止释放小物块，由于μ>tanθ，物块将先做匀加速直线运动，直到与传送带速度相等后做匀速直线运动，所以物块仍恰好运动到Q点；
若从P点下方某一位置由静止释放小物块，物块到达底端B时速度小于传送带速度，所以物块不能运动到Q点；故A正确，B错误；
C、小物块从P点运动到B点的过程中，根据功能关系及功率的计算公式有：P=fv=μmgvcosθ，故C正确；
D、小物块从P到B点由于摩擦产生的内能为Q1=μmgcosθ(x传−x物)=μmgcosθ⋅(vt−vt2)=μmgcosθ⋅vt2，根据牛顿第二定律及运动学公式有：μmgcosθ+mgsinθ=ma，且a=vt，联立解得：Q1=μmv2cosθ2(μcosθ+sinθ)=mv22(1+μtanθ)<12mv2
物块从B到Q摩擦产生的内能为Q2=12mv2
则小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统由于摩擦面产生的内能为Q=Q1+Q2=12mv2+mv22(1+μtanθ)
分析物块在传送带的运动情况，结合运动学公式可判断AB选项；根据功能关系及功率的计算公式可解得小物块从P点运动到B点的过程中，传送带电动机增加的功率；根据摩擦力做功大小等于产生的内能结合做功公式解得。
本题考查功能关系，解题关键掌握物块运动情况及受力情况的分析，注意功率与做功公式的应用。
12.【答案】ACD
【解析】解：设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的电阻均为R。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流：I0=BLv2R保持不变，由题意其加速度为零，则F=BI0L=B2L2v2R，PQ匀速通过磁场区域时，MN在后进入磁场有以下两种可能：
①如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反，但PQ离开磁场后在拉力作用下继续匀加速，故A正确，B错误，C正确；
②如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于拉力，此时电流大于I0，MN做减速运动，电流逐渐减小，直到MN匀速运动，电流中的电流为I0，但通过PQ的感应电流方向相反；故D正确。
故选：ACD。
根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系，根据PQ和MN进入磁场的先后顺序判断电流的变化，根据右手定则判断电流方向。根据拉力与安培力大小关系，判断导体棒的运动情况。
解决该题的关键是掌握感应电动势和感应电流的产生条件，知道感应电流方向的判断方法，明确导体棒在斜面上的运动情况；
13.【答案】4.7020.25
【解析】解：(1)螺旋测微器精确度为0.01mm，固定刻度的示数为4.5mm，可动刻度的示数为0.01mm×20.2=0.205mm，因此可得：d=4.5mm+0.202mm=4.702mm；
(2)根据表格数据作图如图1所示：
图1
(3)由动能定理可得：12mv22−12mv12=−μmgl，化简可得：v12=v22+2μmgl，代入v22=0，v12=2.2m2/s2，解得：μ≈0.25
故答案为：(1)4.702(4.701∼4.704)；
(2)图象如图2所示：
图2
(3)0.25。
(1)螺旋测微器读数为固定刻度+可动刻度，可动刻度需要估读到分度值下一位；
(2)根据动能定理列出关于v12−v22的等式关系，结合v12−v22图像的截距计算出动摩擦因数。
本题是通过动能定理计算出动摩擦因数的实验，解题的关键是能够正确列出等式关系，根据截距表达的物理意义求出结果。
14.【答案】负 0.000.301k bk−RA
【解析】解：a、根据欧姆表的内接电源负极是与红表笔相连的，当用它测电流表的内阻时，电流表接线要求从“+
”接线柱流进，从“-”接线柱流出，所以欧姆表的红表笔(与电源负极相连)要与电流表的“-”接线柱相接。
由题意知，该档位的中值电阻RΩ=15Ω，欧姆调零时：Ig=ERΩ，而I=ERΩ+Rx，将已知条件代入可得：Rx=0.00Ω
b(1、3)开关S与D接通，电流表A的示数为0.2A，电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.15Ω
(I1−I)R1=IRA，解得RA=0.3Ω
(2、4)断开开关K，将开关S接C，记录电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I，多次重复实验得到多组数据，根据I=ER+RA+r，变形得：1I=1E×R+RA+rE。根据题意有：k=1E，b=RA+rE，解得：E=1k，r=bk−RA.
故答案为：a负、0.00；b(1)0.30、(2)1k、bk−RA
a、根据欧姆表的原理和电表的接线规则确定红表笔的接法，根据闭合电路欧姆定律计算电流表的内阻；
b、(1)根据实验原理与电路图进行实验，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电流表内阻；
(2)根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，考查了实验步骤与实验数据处理等问题，理解实验原理是解题的前提与关键；求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势。
15.【答案】解：(1)货物的最大加速度a′=μg=3m/s2
货车运动位移x1=v0t−12at2
货物运动位移x2=v0t−12a′t2
Δx=x2−x1=12m
联立解得：t=2s
此时货车的速度v1=v0−at=12m/s−6×2m/s=0m/s
货物的速度v2=v0−a′t=12m/s−3×2m/s=6m/s
(2)有(1)中结果分析可知，若增大货物与货车之间动摩擦因数，则货车停止后货物还没有运动车厢前端。
货物减速的加速度大小为a0时恰好运动车厢前端速度减小为0，
则有v022a0−x1=L2解得a0=4m/s2
根据牛顿第二定律可得：µ 0mg=ma0
可得：µ 0=0.4
答：(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别为0和6m/s。
(2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要0.4。
【解析】(1)由于物块与车厢间发生相对滑动，根据运动学公式求得发生碰撞时所需时间，结合速度-时间公式求得速度；
(2)不发生相对碰撞，结合运动学公式求得发生相对滑动时的加速度大小，即可求得摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决此类问题的中间桥梁，抓住相对滑动时发生的相对位移即可。
16.【答案】解：(1)小车由A运动到B的过程中，由动能定理可得：Pt+(−kmgL)=12mvB2−0
代入数据解得：vB=6m/s
(2)小车由B运动到C的过程中，整个系统水平方向动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvB=(m+M)vx
代入数据解得，小车运动到C点时木块的速度vx=2m/s
(3)小车由B运动到C的过程中，由系统机械能守恒定律得：12mvB2=mgR+12Mvx2+12mvC2
代入数据解得，小车运动到C点时的速度：vC=10m/s
答：(1)小车运动到B点时的速度大小是6m/s；
(2)小车运动到C点时木块的速度大小是2m/s；
(3)小车运动到C点时小车的速度大小是10m/s。
【解析】(1)应用动能定理可以求出小车的速度大小。
(2)小车与木块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小车到达C点时的速度大小。
(3)小车由B到C过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出小车的速度大小。
根据题意分析清楚小车与木块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
17.【答案】解：(1)粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r1，解得：r1=R
由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示：
由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x轴平行。
粒子在Ⅱ区域磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：2qvB=mv2r2，解得：r2=R2
粒子运动轨迹如图所示，可知粒子运动到x轴时的位置坐标：x=OM=R+R2=3R2
(2)若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图所示。
由几何关系可得，第一次出Ⅰ区域磁场时在y方向上运动的距离：y1=R−Rcos60∘=R2
在Ⅱ区域磁场运动y方向上运动的距离：y2=R
由对称关系可知，粒子再次进入磁场到y轴，在y方向上运动的距离：y3=R−Rcos60∘=R2
综上所述，粒子再次经过y轴时的位置坐标y=y1+y2+y3=2R
答：(1)粒子运动到x轴时的位置为32R；
(2)若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置为2R。
【解析】(1)根据粒子在Ⅰ区域的半径为R可以得出射出圆形磁场的方向，进入Ⅱ区域后做粒子运动轨迹图，从而得到粒子运动到x轴的位置坐标；
(2)区域Ⅱ反向后，根据粒子运动轨迹作图，再结合几何关系得到再次经过y轴的位置。
本题考查了带电粒子在边界磁场中的运动，解题的关键在于能够正确做出粒子运动轨迹，然后结合几何分析解题即可。
18.【答案】解：(1)流过线圈横截面的电荷量：q=I−Δt
平均电流：I−=E−R
平均感应电动势：E−=ΔΦΔt，其中ΔΦ=BL2
联立可解得：q=BL2R
(2)线圈进入磁场的过程中，有动量定理可得
其中：
由此可得线圈的ef边进入磁场瞬间的速度：v1=(gsinθ⋅t+B2L33mR)
(3)整个运动过程总能量守恒：(2m+m)gsinθ⋅3L=12(2m+m)v22+Q
解得：Q=9mgLsinθ−32mv22
答：(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q为BL2R；
(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为t，线圈的ef边进入磁场瞬间的速度v1为(gsinθ⋅t+B2L33mR)；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度为v2，在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量Q为9mgLsinθ−32mv22。
【解析】(1)根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量。
(2)对线圈由动量定理、法拉第电磁感应定律、欧姆定律列式，结合微元法求末速度；
(3)根据能量守恒定律求解热量。
本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到。分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热。
2022年河南省郑州市高考物理一模试卷
1. 物理学中每一个物理量都有着历史的印记，都有特定的描述内容和物理意义，下面关于一些物理量说法正确的是( )
A. 加速度是描述运动快慢的物理量，是单位时间内物体空间位置随时间的变化
B. 角速度是描述物体做圆周运动快慢的物理量，是单位时间内物体转过的弧长
C. 电场强度是描述电场力的性质的物理量，其大小等于单位电荷在电场中某点受到的电场力
D. 电势是描述电场能的性质的物理量，其大小等于单位电荷在电场中两点移动时电场力做的功
2. 如图所示，一光滑球体放在三角支架与竖直墙壁之间，三角支架的倾角θ可根据实际情况调节。若缓慢增大支架倾角θ，三角支架在地面上的位置没有发生变化。下列说法正确的是( )
A. 球体受到竖直墙面的支持力变小 B. 球体受到三角支架的支持力变小
C. 三角支架受到地面的支持力不变 D. 三角支架受到地面的摩擦力不变
3. 如图所示，一质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点。已知经过ab、bc和cd三段所用时同之比为1：2：3，ab段的位移为2m，bc段的位移为10m，则cd段的位移为( )
A. 20m B. 30m C. 40m D. 50m
4. 如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电杨线平行.O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA=1V，φB=3V、φC=5V，下列说法正确的是( )
A. 0点电势为4V
B. 匀强电场的场强大小为80V/m，方向由A指向C
C. 在三角形ABC的内切圆的圆周上的D点电势最低
D. 将电子由E点移到F点，电子的电势能增加了1eV
5. 粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的v一t图象如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g=10m/s2，根据图象可知下列说法正确的是( )
A. 乙物块质量为0.5kg
B. 物块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2
C. 从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移Δx=80m
D. 两小球碰撞过程中损失的机械能为75J
6. 如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向夹角θ=60∘。一质量为m的小球由P点沿水平方向抛出，初速度为v0=gR3，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在F点时对圆弧轨道的压力为73mg
B. 小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C. 小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=gR
D. 小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度h=R6
7. 两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一祖细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为F2。下列说法正确的是( )
A. 直导线ab的质量m=F1+F2g
B. 直导线ab的质量m=F1+F22g
C. 匀强磁场的磁感应强度B=2F2−2F1IL
D. 匀强磁场的磁感应强度B=F2−F12IL
8. 竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示。质量为m，电荷量为+q的粒子，从AC中点O处以初动能EkO=32qU进入电场，初速度与水平方向夹角为θ=30∘，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的是( )
A. 粒子运动到B点时的动能EK=52qU
B. 运动轨迹最高点到下极板的距离MN=78d
C. 水平方向运动的位移之比AN：NB=1:2
D. 若将上极板上移极小一段距离，则粒子将打在B点左侧
9. 九重之际向天问，天宫掠影惊苍穹。“天宫”空间站中三名宇航员正环烧地球运行，与此同时，“天问”探测器在环绕火星运行，假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为p，“天宫”与“天问”的轨道半径之比为q。关于“天宫”空间站与“天问”探测器说法正确的是( )
A. 运行周期之比为q3p B. 环绕速度之比为pq
C. 加速度之比为pq D. 动能之比为pq
10. “压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件，压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。在如图所示的电路中，R为压敏电阻，R1、R2、R3，为定值电阻，A为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数n2可以通过滑片P调节。当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u=NBSωsinωt，小灯泡出现周期性发光，闭合开关K，小灯泡熄灭不再发光。下列说祛正确的是( )
A. 闭合开关K，R2两电压增大
B. 闭合开关K后，仅增大交流电频率，通过R1的电流不变
C. 闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变
D. 闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，电流表示数减小
11. 倾角为θ的传送带AB以速度v顺时针匀速转动，如图所示，传送带底端B点与水平轨道BC平滑连接，一质量为m的小物块从传送带上P点由静止释放，到达底端B时恰好达到与传送带速度相等，在B点无机械能损失，且恰好运动到水平轨道上Q点。已知物块与传送带之间、物块与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，μ>tanθ。重力加速度为g。关于小物块的运动，下列说法正确的是( )
A. 若从P点上方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点
B. 若从P点下方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点
C. 小物块从P点运动到B点的过程中，传送带电动机增加的功率为μmgvcosθ
D. 小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统由于摩擦面产生的内能为mv2
12. 如图所示：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨电阻忽略不计，虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间存在有垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ，MN平行于ab放置在导轨上，两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F作用，先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，PQ的运动速度v、流过PQ的电流I随时间t变化的图象可能正确的是( )
A. B.
C. D.
13. 某同学用如图1所示的装置测量滑块与长木板之间的动摩擦数。将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧。长木板上安装有两个光电门。
(1)用螺旋测微器测量素光片的宽度，如图2所示，其读数为d=______mm；
(2)给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后分别通过P、Q两位置的光电门，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上遮光片通过光电门的时间Δt1和Δt2，改变弹簧的压缩程度进行多次实验，并计算得出多组滑块通过P点和Q点的速度v1和v2，根据表中的数据在坐标纸上描绘描点连线，作出v12−v22图象3。
v2(m2⋅s−1)
1
2
3
4
5
6
v12
2.80
3.61
4.41
4.80
6.45
7.58
v22
0.60
1.41
2.25
3.65
4.23
5.40
(3)若重力加速度为g=9.8m/s2，用刻度尺测出PQ间的距离l=45.0cm，由v12−v22图象可得，滑块与长木板间的动摩擦因数为______(结果保留两位小数)。
14. 一同学想要测定某电源的电动势和内电阻，所使用的器材有：待测干电池一节、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1Ω)、电流表A1(量程0.6A，内阻未知)，电阻箱R1(0∼999.99Ω)、滑动变阻器R2(0∼10Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。
a.为了更准确地进行测量，该同学计划先用欧姆表测出电流表A的内阻。所用欧姆表内部电源电动势为4.50V，表盘中间刻线示数为“15”，将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则红表笔应接在电表______(填“正”或“负”)接线柱，欧姆表选取“×1”挡位时，发现指针偏转角度较大，而此时电表读数为0.30A，可知电流表内阻为______Ω。(保留两位有效数字)
b.该同学又设计了如图2所示电路进行实验操作。
(1)利用该电路测电流表A的内阻；闭合开关K，将开关S与D接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.15Ω，则电流表A的内阻RA=______Ω。(保留两位有效数字)
(2)测电源的电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接C，记录电阻箱R2的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。如图3所示是由实验数据绘出的1I−R图象，获得图象的斜率为k，纵轴的截距为b，由此求出干电池的电动势E=______、内阻r=______。(均用字母k，b、RA表示)
15. 货车在装载货物的时候都要尽可能把货物固定在车厢内，否则遇到紧急情况容易出现危险。如图所示，货车的车厢长度为12m，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止。货车以v0=12m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，某时刻，司机看到前方有障碍物，立刻采取制动措施，使货车以最大加速度a=6m/s2的加速度匀减速刹车。若车厢和内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数μ=0.3，货车刹车停止后不再移动，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大。
(2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大。
16. 如图所示，光滑水平地面上用自动装置固定一安装有小车轨道的木块，木块与轨道总质量为M=0.8kg，轨道由粗糙水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成。AB长度L=4m，圆周轨道BC半径为R=0.9m，O为BC的圆心。一质量为m=0.4kg的小车从A点由静止启动，小车发动机功率恒定为P=20W，工作t=0.52s后停止。小车在AB上运动时受到的阻力为重力的k=0.2倍，经过B点时自动装置释放木块，g=10m/s2。求：
(1)小车运动到B点时的速度大小；
(2)小车运动到C点时木块的速度大小；
(3)小车运动到C点时小车的速度大小。
17. 竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子，由原点O沿与x轴正方向夹角60∘进入Ⅰ磁场区域，速度大小v=qBRm。粒子重力略不计，求：
(1)粒子运动到x轴时的位置；
(2)若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。
18. 如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角为30∘，斜面上放置质量为2m的滑块，滑块上固定着一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度为2L)，磁场方向与线平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小为B。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线框边长相同，重力加速度为g。
(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；
(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为t，求线圈的ef边进入磁场瞬间的速度v1；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度为v2，求在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，是单位时间内速度随时间的变化，故A错误；
B、角速度是描述物体做圆周运动快慢的物理量，但是单位时间内物体角度的变化，故B错误；
C、电场强度是描述电场的物理量，在数值上等于单位电荷所受到的电场力的大小，故C正确；
D、根据电势的物理意义可知，电势是描述电场能的性质的物理量；根据电势的定义可知，电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，电场力所做的功，故D错误；
故选：C。
运用加速度、角速度、电场强度和电势的概念和性质进行解题
本题考查了基本物理量的理解，解题的关键是熟练掌握并理解加速度、角速度、电场强度和电势的概念。
2.【答案】C
【解析】解：AB.以球为研究对象，受力分析如图
由平衡条件可得
N2=mgcosθ
N1=mgtanθ
若缓慢增大支架倾角θ，则球体受到竖直墙面的支持力N1变大，球体受到三角支架的支持力N2变大，故AB错误；
CD.对三脚架和球整体受力分析系可知，可知竖直方向三角支架受到地面的支持力等于三脚架和球的重力不变，三角支架受到地面的摩擦力等于墙面对球的支持力变大，故C正确，D错误。
故选：C。
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出竖直墙面和三角支架对球体的弹力的大小．再以小球和三角架组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出地面对三角劈的摩擦力和支持力的大小．
本题两个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合求解比较简便．
3.【答案】B
【解析】解：ab段为x1，将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x2、x3，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x4、x5、x6，
设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知，
x2=x1+aT2，x3=x1+2aT2，x4=x1+3aT2，x5=x1+4aT2，x6=x1+5aT2，
可知xcd=x4+x5+x6=3x1+12aT2，由题知x1=2m，x2+x3=2x1+3aT2=10m，联立解得：xcd=30m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
将bc段、cd段分别分成时间相等的两段和三段，抓住时间相等，结合连续相等时间内的位移之差是一恒量进行求解。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AC中点F的电势为：φF=φA+φC2=3V，与B点电势相等，又ΔABC是等边三角形可知，BOF连线与AC垂直，即φO=3V，故A错误；
B、根据BOF为等势线且垂直AC可知，AC为电场线；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向由C指向A；根据匀强电场中U=Ed可知，E=5V−1V0.05m=80V/m，故B错误；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，A点电势最低，故C错误；
D、过E点作垂直于AC，交于G点的线段，如图所示：
由几何关系可得：CG=CEcos60∘=2.5cm×12=1.25cm
GF=CF−CG=2.5cm−1.25cm=1.25cm=0.0125m
根据W=qE×GF可得：W=−1eV，电场力做负功，电势能增加1eV，故D正确；
故选：D。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AC中点的电势为3V，则BOF为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由AC间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小、方向；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断电势最低点；由电场力做功与电势能的关系，求势能变化。
本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，注意平时的积累。
5.【答案】A
【解析】解：A.由v−t图可知，碰撞前瞬间甲的速度为15m/s，乙的速度为0，碰撞后甲乙速度相等为10m/s，由动量守恒定律得
代入数据解得
故A正确；
B.由v−t图可知，乙的加速度大小为，根据
μmg=ma
解得
μ=0.25
故B错误；
C.根据v−t图像与t轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走
Δx=25+152×4m=60m
故C错误；
D.两球碰撞过程中损失的机械能
代入数据解得
ΔE=37.5J
故D错误。
故选：A。
根据v−t图像结合碰撞过程动量守恒可解得乙的质量，根据乙的加速度与牛顿第二定律结合可解得动摩擦因数，根据v−t图像与t轴围成面积表示位移可知甲比乙多走的位移，根据能量守恒定律可解得损失的机械能。
本题的关键是分析清楚A、B的运动过程，知道碰撞遵守的基本规律是动量守恒定律。要明确v−t图象的斜率表示加速度，面积表示位移。
6.【答案】D
【解析】解：A、对小球从P点到F点应用动能定理可得：mgR=12mvF2−12mv02
在F点由向心力表达式可知：FN−mg=mvF2R
联立可得：FN=103mg，根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为103mg，故A错误；
B、由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为v0，由向心力表达式可得：F=mv02R，代入数据解得F=13mg，
根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为13mg，故B错误；
C、在M点将小球的速度进行正交分解，如图所示；根据几何关系可得小球在M点时的速度vM=v0cosθ=v0cos60∘=2v0，所以小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=2v0=2gR3，故C错误；
D、小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得：mgh=12mv02，解得h=R6，故D正确。
故选：D。
对小球从P点到F点、N点应用动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律得到小球在F点时对圆弧轨道的压力；在M点将小球的速度进行正交分解，根据几何关系求解小球在M点的速度；小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理求解高度。
本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动，关键是弄清楚小球的运动情况，根据动能定理、向心力公式进行解答。
7.【答案】A
【解析】解：AB.设导线质量为m，当ab中通入由a到b的恒定电流I时，由左手定则和平衡条件，，
当电流反向时，，
联立可得：m=F1+F2g
故A正确，B错误；
CD.由AB中分析可知，，可得B=F2−F1IL，故CD错误。
故选：A。
开始时电流沿a到b，根据左手定则，导线受安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，根据力的平衡条件可解得．
本题考查安培力的计算，解题关键掌握左手定则的运用，注意力的平衡条件的应用。
8.【答案】B
【解析】解：A、粒子在两极板间仅受电场力作用，从O到B过程中，根据动能定理得：
q⋅12U=Ek−EkO，
又EkO=32qU
解得：Ek=2qU，
故A错误；
B、分解粒子运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，粒子沿竖直方向初速度
vy=v0sinθ，
竖直方向上，从O到最高点M过程中，根据动能定理得：
−qEd′=0−EkO
又E=Ud，
联立解得：d′=38d，
则轨迹最高点到下极板的距离MN=78d，
故B正确；
C、粒子在竖直方向做匀变速直线运动，由B知，减速位移为38d，加速位移为78d，根据x=12at2知，减速、加速时间之比为
t1：t2=3：7，
水平方向做匀速直线运动，位移之比
AN：NB=t1：t2=3：7，
故C错误；
D、若将上极板上移极小一段距离，根据E=Ud知，匀强电场场强变小，电场力变小，加速度变小，粒子加速减速时间变长，到达下极板时，水平方向位移变大，粒子将打在B点右侧，故D错误。
故选：B。
根据动能定理求粒子打到下极板时的动能；分解粒子运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据动力学规律分析粒子的运动情况。
本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键是分析清楚哪个方向上是匀速直线运动，哪个方向上是匀加速直线运动。
9.【答案】AB
【解析】解：A、对于近地卫星，万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=2πr3GM，代入数据解得：，故A正确；
B、对于近地卫星，由GMmr2=mv2r，整理得v=GMr，代入数据解得：，故B正确；
C、对于近地卫星，由GMmr2=ma，整理得a=GMr2，代入数据解得：，故C错误；
D、由于无法知道“天宫”空间站与“天问”探测器的质量，无法计算动能之比，故D错误。
故选：AB。
根据万有引力提供向心力可解得运动周期、速度、加速度之比，由于无法知道“天宫”空间站与“天问”探测器的质量，无法计算动能之比。
天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即，根据相应的向心力表达式进行分析。
10.【答案】CD
【解析】解：A、闭合k，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1 两端电压U1 变大，U1+U2=U，所以R2两端电压U2 变小，故A错误；
B、闭合k，仅增大交流电频率，由原线圈电压u=NBSωsinωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，由闭合电路欧姆定律知，回路电流增大，通过R1的电流变大，故B错误；
C、闭合k后，仅让滑片p向上滑动，副线圈电压U2=n2n1U′增大，副线圈回路电流I变大，交变电流周期不变，灯泡继续周期性发光，发光频率不变，故C正确；
D、闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2=n2n1U′减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流I减小，电流表示数减小，故D正确。
故选：CD。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据副线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、物块在传送带上做匀加速直线运动，到达底端B时恰好达到与传送带速度相等，则有v2=2ax，在水平轨道上做匀减速直线运动，恰好运动到Q点，根据动能定理有：μmg⋅BQ=12mv2；
若从P点上方某一位置由静止释放小物块，由于μ>tanθ，物块将先做匀加速直线运动，直到与传送带速度相等后做匀速直线运动，所以物块仍恰好运动到Q点；
若从P点下方某一位置由静止释放小物块，物块到达底端B时速度小于传送带速度，所以物块不能运动到Q点；故A正确，B错误；
C、小物块从P点运动到B点的过程中，根据功能关系及功率的计算公式有：P=fv=μmgvcosθ，故C正确；
D、小物块从P到B点由于摩擦产生的内能为Q1=μmgcosθ(x传−x物)=μmgcosθ⋅(vt−vt2)=μmgcosθ⋅vt2，根据牛顿第二定律及运动学公式有：μmgcosθ+mgsinθ=ma，且a=vt，联立解得：Q1=μmv2cosθ2(μcosθ+sinθ)=mv22(1+μtanθ)<12mv2
物块从B到Q摩擦产生的内能为Q2=12mv2
则小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统由于摩擦面产生的内能为Q=Q1+Q2=12mv2+mv22(1+μtanθ)
分析物块在传送带的运动情况，结合运动学公式可判断AB选项；根据功能关系及功率的计算公式可解得小物块从P点运动到B点的过程中，传送带电动机增加的功率；根据摩擦力做功大小等于产生的内能结合做功公式解得。
本题考查功能关系，解题关键掌握物块运动情况及受力情况的分析，注意功率与做功公式的应用。
12.【答案】ACD
【解析】解：设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的电阻均为R。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流：I0=BLv2R保持不变，由题意其加速度为零，则F=BI0L=B2L2v2R，PQ匀速通过磁场区域时，MN在后进入磁场有以下两种可能：
①如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反，但PQ离开磁场后在拉力作用下继续匀加速，故A正确，B错误，C正确；
②如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于拉力，此时电流大于I0，MN做减速运动，电流逐渐减小，直到MN匀速运动，电流中的电流为I0，但通过PQ的感应电流方向相反；故D正确。
故选：ACD。
根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系，根据PQ和MN进入磁场的先后顺序判断电流的变化，根据右手定则判断电流方向。根据拉力与安培力大小关系，判断导体棒的运动情况。
解决该题的关键是掌握感应电动势和感应电流的产生条件，知道感应电流方向的判断方法，明确导体棒在斜面上的运动情况；
13.【答案】4.7020.25
【解析】解：(1)螺旋测微器精确度为0.01mm，固定刻度的示数为4.5mm，可动刻度的示数为0.01mm×20.2=0.205mm，因此可得：d=4.5mm+0.202mm=4.702mm；
(2)根据表格数据作图如图1所示：
图1
(3)由动能定理可得：12mv22−12mv12=−μmgl，化简可得：v12=v22+2μmgl，代入v22=0，v12=2.2m2/s2，解得：μ≈0.25
故答案为：(1)4.702(4.701∼4.704)；
(2)图象如图2所示：
图2
(3)0.25。
(1)螺旋测微器读数为固定刻度+可动刻度，可动刻度需要估读到分度值下一位；
(2)根据动能定理列出关于v12−v22的等式关系，结合v12−v22图像的截距计算出动摩擦因数。
本题是通过动能定理计算出动摩擦因数的实验，解题的关键是能够正确列出等式关系，根据截距表达的物理意义求出结果。
14.【答案】负 0.000.301k bk−RA
【解析】解：a、根据欧姆表的内接电源负极是与红表笔相连的，当用它测电流表的内阻时，电流表接线要求从“+
”接线柱流进，从“-”接线柱流出，所以欧姆表的红表笔(与电源负极相连)要与电流表的“-”接线柱相接。
由题意知，该档位的中值电阻RΩ=15Ω，欧姆调零时：Ig=ERΩ，而I=ERΩ+Rx，将已知条件代入可得：Rx=0.00Ω
b(1、3)开关S与D接通，电流表A的示数为0.2A，电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.15Ω
(I1−I)R1=IRA，解得RA=0.3Ω
(2、4)断开开关K，将开关S接C，记录电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I，多次重复实验得到多组数据，根据I=ER+RA+r，变形得：1I=1E×R+RA+rE。根据题意有：k=1E，b=RA+rE，解得：E=1k，r=bk−RA.
故答案为：a负、0.00；b(1)0.30、(2)1k、bk−RA
a、根据欧姆表的原理和电表的接线规则确定红表笔的接法，根据闭合电路欧姆定律计算电流表的内阻；
b、(1)根据实验原理与电路图进行实验，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电流表内阻；
(2)根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，考查了实验步骤与实验数据处理等问题，理解实验原理是解题的前提与关键；求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势。
15.【答案】解：(1)货物的最大加速度a′=μg=3m/s2
货车运动位移x1=v0t−12at2
货物运动位移x2=v0t−12a′t2
Δx=x2−x1=12m
联立解得：t=2s
此时货车的速度v1=v0−at=12m/s−6×2m/s=0m/s
货物的速度v2=v0−a′t=12m/s−3×2m/s=6m/s
(2)有(1)中结果分析可知，若增大货物与货车之间动摩擦因数，则货车停止后货物还没有运动车厢前端。
货物减速的加速度大小为a0时恰好运动车厢前端速度减小为0，
则有v022a0−x1=L2解得a0=4m/s2
根据牛顿第二定律可得：µ 0mg=ma0
可得：µ 0=0.4
答：(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别为0和6m/s。
(2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要0.4。
【解析】(1)由于物块与车厢间发生相对滑动，根据运动学公式求得发生碰撞时所需时间，结合速度-时间公式求得速度；
(2)不发生相对碰撞，结合运动学公式求得发生相对滑动时的加速度大小，即可求得摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决此类问题的中间桥梁，抓住相对滑动时发生的相对位移即可。
16.【答案】解：(1)小车由A运动到B的过程中，由动能定理可得：Pt+(−kmgL)=12mvB2−0
代入数据解得：vB=6m/s
(2)小车由B运动到C的过程中，整个系统水平方向动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvB=(m+M)vx
代入数据解得，小车运动到C点时木块的速度vx=2m/s
(3)小车由B运动到C的过程中，由系统机械能守恒定律得：12mvB2=mgR+12Mvx2+12mvC2
代入数据解得，小车运动到C点时的速度：vC=10m/s
答：(1)小车运动到B点时的速度大小是6m/s；
(2)小车运动到C点时木块的速度大小是2m/s；
(3)小车运动到C点时小车的速度大小是10m/s。
【解析】(1)应用动能定理可以求出小车的速度大小。
(2)小车与木块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小车到达C点时的速度大小。
(3)小车由B到C过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出小车的速度大小。
根据题意分析清楚小车与木块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
17.【答案】解：(1)粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r1，解得：r1=R
由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示：
由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x轴平行。
粒子在Ⅱ区域磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：2qvB=mv2r2，解得：r2=R2
粒子运动轨迹如图所示，可知粒子运动到x轴时的位置坐标：x=OM=R+R2=3R2
(2)若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图所示。
由几何关系可得，第一次出Ⅰ区域磁场时在y方向上运动的距离：y1=R−Rcos60∘=R2
在Ⅱ区域磁场运动y方向上运动的距离：y2=R
由对称关系可知，粒子再次进入磁场到y轴，在y方向上运动的距离：y3=R−Rcos60∘=R2
综上所述，粒子再次经过y轴时的位置坐标y=y1+y2+y3=2R
答：(1)粒子运动到x轴时的位置为32R；
(2)若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置为2R。
【解析】(1)根据粒子在Ⅰ区域的半径为R可以得出射出圆形磁场的方向，进入Ⅱ区域后做粒子运动轨迹图，从而得到粒子运动到x轴的位置坐标；
(2)区域Ⅱ反向后，根据粒子运动轨迹作图，再结合几何关系得到再次经过y轴的位置。
本题考查了带电粒子在边界磁场中的运动，解题的关键在于能够正确做出粒子运动轨迹，然后结合几何分析解题即可。
18.【答案】解：(1)流过线圈横截面的电荷量：q=I−Δt
平均电流：I−=E−R
平均感应电动势：E−=ΔΦΔt，其中ΔΦ=BL2
联立可解得：q=BL2R
(2)线圈进入磁场的过程中，有动量定理可得
其中：
由此可得线圈的ef边进入磁场瞬间的速度：v1=(gsinθ⋅t+B2L33mR)
(3)整个运动过程总能量守恒：(2m+m)gsinθ⋅3L=12(2m+m)v22+Q
解得：Q=9mgLsinθ−32mv22
答：(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q为BL2R；
(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为t，线圈的ef边进入磁场瞬间的速度v1为(gsinθ⋅t+B2L33mR)；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度为v2，在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量Q为9mgLsinθ−32mv22。
【解析】(1)根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量。
(2)对线圈由动量定理、法拉第电磁感应定律、欧姆定律列式，结合微元法求末速度；
(3)根据能量守恒定律求解热量。
本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到。分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热。
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