新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练2情境创新练

这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练2情境创新练，共19页。

1．[2023·浙江省学业水平考试]如图甲所示为明朝宋应星所著《天工开物》中用重物测量弓弦张力的“试弓定力”插图．示意图如图乙所示，在弓的中点悬挂质量为M的重物，弓的质量为m，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点，张角为θ，当地重力加速度为g，则弦的张力为( )
A．eq \f(（M＋m）g,2cs\f(θ,2))B．eq \f(（M＋m）g,2sin\f(θ,2))
C．eq \f(Mg,2sin\f(θ,2))D．eq \f(mg,2cs\f(θ,2))
2．明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧．如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R.人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则( )
A．a点的角速度大于b点的角速度
B．a点的线速度小于b点的线速度
C．绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量
D．绳对乙的拉力大于乙的动量变化率
3．[2022·湖南省临澧县一中阶段练习]图甲是我国的传统农具——风鼓车，图乙是其工作原理示意图．匀速转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风．入料仓漏口P处漏出的谷粒从车斗经过，不同品质(质量不同)的谷物会从不同的出料口出去，实现分离不同品质谷物的目的．已知A点在P点的正下方，A、B、C在同一水平线上，且PA＝45.0cm，AB＝BC＝30.0cm.设谷粒从P漏出时的速度为零，所有谷粒在车斗内所受风力水平向左且大小恒定，只考虑重力和风力作用，隔板的厚度忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2.关于从出料口离开的谷粒，下列说法正确的是( )
A．质量大的谷粒会从第一出料口离开车斗
B．谷粒的质量越大，在车斗中运动的时间越短
C．从B点进入第二出料口的谷粒，经过B点时的速度大小为eq \r(10)m/s
D．从B点进入第二出料口的谷粒，所受重力与风力的大小之比为2∶3
【2.用生活、生产中的现象创设情境】
4．[2023·河北省秦皇岛市模拟]某人在钓鱼时所用的鱼漂由一横截面积为S的均匀塑料直管制成，如图所示，O为鱼漂的中点，A、B两点到O点的距离均为鱼漂总长的eq \f(1,3)，鱼钩、鱼饵、渔线和鱼漂在水中平衡时，O点恰好与水面平齐．某次由于鱼咬钩将鱼漂竖直向下拉至A点与水面平齐后由静止释放，不计鱼钩、鱼饵和渔线的体积，不计水的阻力，则下列说法正确的是( )
A．在鱼漂上升的过程中，其加速度一直减小
B．鱼漂在上升到最高点的过程中加速度一直增大
C．鱼漂上升到最高点时，B点恰好与水面平齐
D．AO的中点经过水面时，鱼漂的速度最大
5．自热米饭因其便于加热和携带越来越受到“驴友”的欢迎．自热米饭盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热能，不需要明火，温度可超过100℃，盖上盒盖便能在10～15分钟内迅速加热食品．自热米饭的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸．下列说法正确的是( )
A.自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果
B．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体内能增加
C．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度降低
D．自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，标志着每一个气体分子速率都增大了
6．[2023·山东省齐鲁名校学业质量联合检测]某消音器的原理图如图所示，声音自入口进入后分成两部分，分别通过通道a、b继续向前传播，在右端汇聚在一起后通过出口排出，下列说法正确的是( )
A．该消音器的消音原理为声波的多普勒效应
B．通道a、b的弧长不能设计成相等
C．同一消音器对所有频率的声音都能消除
D．同一消音器只能消除某一频率的声音
7．[2023·江苏苏州模拟]学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，其角速度为eq \f(π,8)rad/s.汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3s．若汽车可看成高1.6m的长方体，要使汽车匀速顺利通过，则自动识别区ab到a′b′的距离至少为( )
A．6.9m B．7.0mC．7.2m D．7.6m
8．[2023·云南保山一模](多选)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中下列说法正确的是( )
A．充电宝受到的静摩擦力的最大值为1.0N
B．t3时刻充电宝受的摩擦力大小为0.4N
C．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N
9．[2023·浙江省强基联盟模拟]一款气垫运动鞋如图甲所示，鞋底塑料空间内充满气体(可视为理想气体)，运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果．已知鞋子未被穿上时，当环境温度为T0，每只鞋气垫内气体体积为V0，压强为p0，等效作用面积恒为S.鞋底忽略其他结构产生的弹力．单只鞋子模型如图乙所示，活塞A可无摩擦上下移动．(大气压强也为p0，T为热力学温度，且气垫内气体与外界温度始终相等)
(1)当质量为m的运动员穿上该运动鞋，双脚站立时，若气垫不漏气，求单只鞋气垫内气体体积V1；
(2)未穿时，气温缓缓上升，若气垫不漏气，气体体积增大到V2，此过程中气体吸收热量为Q，求气体内能变化ΔU；
(3)未穿时，锁定活塞A位置不变，但存在漏气．某次当气温从T0上升到T2时，气垫缓缓漏气至与大气压相等，求气垫内剩余气体占原有气体比例η.
【3.用教材实验或拓展材料创设情境】
10．[2023·北京市海淀区模拟]用如图所示的方法可以测出一个人的反应时间．甲同学用手握住直尺顶端的地方，乙同学在直尺下端刻度为零的地方做捏住直尺的准备，但手没有碰直尺，当乙同学看到甲同学放开直尺时，立即握住直尺，结果乙同学握住直尺的刻度为b.小明同学根据所学知识计算出不同刻度对应的反应时间，从而在这把尺子上标刻度做成“反应时间测量尺”．已知重力加速度为g.关于“反应时间测量尺”，下列说法正确的是( )
A．其“时间刻度”是均匀的，与长度刻度成正比例
B．其“时间刻度”是不均匀的，且靠近直尺零刻度的地方“时间刻度”密
C．其“时间刻度”是不均匀的，且靠近直尺零刻度的地方“时间刻度”疏
D．如果在月球上使用此刻度尺，“时间刻度”的每个数字应该成比例改大一些
11．[2023·福建省福州市检测](多选)如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在竖直平面内装有记录纸．当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，激光笔在记录纸上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间距均为x0(未标出)，印迹上P、Q两点的纵坐标为y0和－y0，忽略空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．该弹簧振子的振幅为y0
B．该弹簧振子的振动周期为eq \f(x0,v)
C．激光笔在留下P、Q两点时加速度相同
D．激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为－2mgy0
12．把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟出电场线的分布情况．如图甲是模拟孤立点电荷和金属板之间的电场照片，图乙为简化后的电场线分布情况，则( )
A．由图甲可知，电场线是真实存在的
B．图甲中，没有头发屑的地方电场强度为零
C．图乙中A点的电场强度大于B点的电场强度，A点电势大于B点电势
D．在图乙电场中A点静止释放的质子能沿着电场线运动到B点
13．[2023·天津市河东区质量检测]自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备，它可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备．某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF，充电至4kV电压，电容器在4ms时间内完成放电，下列说法正确的是( )
A．电容器放电完成后电容为零
B．电容器的击穿电压为4kV
C．电容器充电后的电荷量为0.64C
D．电容器放电过程中平均电流为16A
14．[2023·江苏省苏北地区一模]如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞．碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α；碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β.已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是( )
A．碰前入射光的波长为eq \f(p0,h)
B．碰后电子的能量为p2c
C．p0＝p1csα＋p2csβ
D．p0＝p1＋p2
15．[2023·全国高中模拟]如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟．在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来．之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来．就这样周而复始，小鸟不停地点头“喝”水，则下列说法正确的是( )
A．饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能
B．水杯中的水干了之后，小鸟还能点头“喝”水
C．这种玩具饮水鸟是一架永动机
D．此现象违背了热力学第二定律
【4.以体育运动创设情境】
16．[2023安徽合肥名校联考](多选)图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行
B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为eq \r(μgR)
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
17．飞力士棒(Flexi­bar)是德国物理治疗师发明的一种康复器材，它由一根PVC软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示．下列说法正确的是( )
A．用力越大，棒振动的越快
B．增大手驱动的频率，棒的振幅一定变大
C．增大手驱动的频率，棒的振动频率可能减小
D．双手驱动该棒每分钟振动270次，则棒的振幅最大
18．如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为4.8m、距地面3.2m高处将排球沿垂直网的方向以16m/s的速度垂直于底线水平击出．已知网高2.24m，排球场地长18m，重力加速度g取10m/s2，可将排球视为质点，下列判断正确的是( )
A．球不能过网
B．球落在对方场地内
C．球落在对方场地底线上
D．球落在对方场地底线之外
19．[2023·辽宁省辽阳市一模](多选)一跑步机的原理图如图所示，该跑步机水平底面固定有间距L＝0.8m的平行金属电极，电极间充满磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，且接有理想电压表和阻值为8Ω的定值电阻R，匀速运动的绝缘橡胶带上镀有电阻均为2Ω的平行细金属条，金属条间距等于电极长度d且与电极接触良好．某人匀速跑步时，电压表的示数为0.8V．下列说法正确的是( )
A.通过电阻R的电流为0.2A
B．细金属条的速度大小为2.5m/s
C．每2s内通过电阻R的电荷量为0.2C
D．人克服细金属条所受安培力做功的功率为0.2W
20．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，冰壶比赛的场地如图甲所示．冰道的左端有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶以一定的初速度掷出，使冰壶沿着冰道的中心线PO滑行，冰道的右端有一圆形的营垒．以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心D的远近决定胜负．比赛时，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．当对手的冰壶停止在营垒内时，可以用掷出的冰壶与对手的冰壶撞击，使对手的冰壶滑出营垒区．已知冰壶的质量为20kg，营垒的半径为1.8m，投掷线中点与营垒区中心之间距离为30m．设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004.在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向推力作用的时间t＝10s，使冰壶A在投掷线中点处以v0＝2.0m/s的速度沿中心线PO滑出．设冰壶之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，不计冰壶自身的大小，g取10m/s2.
(1)若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点多远；
(2)冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为多少；
(3)如果在中心线PO上已经静止着一个冰壶B，如图乙所示，冰壶B距圆心O的距离为0.9m，若要使冰壶A能够沿中心线PO将B撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少．
【5.用最新科技创设情境】
21．[2023·浙江联考]汽车上装有的磁性转速表的内部简化结构如图所示，转轴Ⅰ可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步旋转．铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当转轴Ⅰ以一定的转速旋转时，指针指示的转角大小即反映转轴Ⅰ的转速．下列说法正确的是( )
A.永久磁体匀速转动时，铝盘中不会产生感应电流
B．永久磁体逆时针(从左向右看)加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大
C．零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
22．(多选)如图甲所示是一种推动宇宙飞船前进的动力装置即霍尔推进器，可以让带电粒子在辐射状的磁场中做匀速圆周运动，工作原理可简化为如图乙所示的运动模型．圆形虚线边界1、2(共圆心O)之间存在均匀分布的辐射状(沿径向)磁场，同时在垂直虚线圆面方向加场强大小为E的匀强电场(未画出)，磁感应强度为B的匀强磁场(方向向里).一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子(不计重力)在圆形虚线边界之间以速率v绕圆心O做匀速圆周运动，运动轨迹如图中的实线所示，下列说法正确的是( )
A．洛伦兹力Bqv充当粒子做匀速圆周运动的向心力
B．带电粒子运动轨迹上各点辐射状磁场的磁感应强度的大小为Ev
C．粒子做匀速圆周运动的半径为eq \f(mv2,qE)
D．粒子形成的等效电流为eq \f(Bq2,2πm)
23．[2023·广东省汕头市教学质量检测](多选)世界首个电磁驱动地面超高速试验设施——“电磁橇”在我国济南阶段性建成并成功运行，电磁橇可以将吨级及以上物体最高加速到1030公里的时速，创造了大质量超高速电磁推进技术的世界最高速度纪录．电磁橇运用了电磁弹射的原理，图甲是一种线圈形电磁弹射装置的原理图，开关S先拨向1，直流电源向电容器充电，待电容器充好电后在t＝0时刻将开关S拨向2，发射线圈被弹射出去，如图乙所示电路中电流在t＝t0时刻达到峰值后减小．假设发射线圈由粗细均匀的同种金属导线绕制而成，发射导管材质绝缘，管内光滑，下列说法正确的是( )
A．在0～t0时间内，发射线圈的加速度不断增大
B．在0～t0时间内，发射线圈中的电流不断减小
C．增加发射线圈的匝数，发射线圈加速度不变
D．发射导管越长，发射线圈的出射速度越大
24．[2023·北京市西城区考试](多选)问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验．其中，变重力科学实验柜为科学实验提供0.01g～2g(零重力到两倍重力范围)高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究．如图所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机．离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样．因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小．根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A.实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大
B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍
C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心
D．为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动
25．[2023·江苏省苏州市一模]电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像．如图所示，某“静电透镜”区域的等势面为图中虚线，其中M、N两点电势φM>φN.现有一正电子束沿垂直虚线AB的方向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD.下列说法正确的是( )
A．M点的电场强度小于N点的电场强度
B．正对N点射入“透镜”电场的正电子会经过N点
C．正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子不会沿直线穿出小孔
D．该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用
26．[2023·北京市海淀区检测]加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标．如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁(两组线圈，图中1和4；2和5；3和6所示)交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈．通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力．假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是( )
A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同
B．电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少
C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大
D．刹车(停止供电)时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能
27．[2023·浙江省Z20名校联盟联考]航空母舰上的弹射器能将质量为M的飞机在极短的时间内加速到起飞速度v0，起飞前飞机紧贴在弹射滑块上，当弹射滑块与飞机一起达到速度v0时飞机被放飞(如图甲).某型弹射器利用超级电容的大电流放电使动力杆获得动力，动力杆与弹射滑块为一整体，其工作原理可用图乙加以说明：光滑导轨AG、BH相距为L，在C、D处各被一小段正对绝缘材料隔开，金属部分导轨电阻不计，左端接有电动势为E的电源、单刀双掷开关S1和电容量为C的超级电容；右端接有单刀双掷开关S2和稳定输出电流I0的恒流源．整个装置处于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中．开始时动力杆a(连带滑块质量为m)静止于AB处，质量为4m的阻尼杆b置于贴近CD的右侧；S1置于“1”处，S2置于“3”处；当电源给超级电容器C充满电后，将S1拨到“2”电容器放电，动力杆驱动飞机向右运动，到达CD时速度刚好为v0飞机被放飞，接着a和b相碰两者合二为一成为一“双棒”整体，该“双棒”向右运动到EF(图中未画出)后停止，为了使a、b复位，把S2打到“4”利用恒流源将其推回．已知a、b棒的接入电阻相同即Ra＝Rb＝R，试求：
(1)将S1拨到“2”瞬间，飞机的加速度；
(2)飞机被弹射时电容器两端的电压U；
(3)在使“双棒”返回到CD过程中，恒流源输出的能量E0为多少．
[答题区]
专项增分练2 情境创新练
1．解析：如图所示，对弓和重物整体做受力分析，如图，根据几何知识可得
2Tcseq \f(θ,2)＝(M＋m)g，解得T＝eq \f(（M＋m）g,2cs\f(θ,2))，A正确．
答案：A
2．解析：因ab两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v＝ωr，因a点转动半径较大，可知a点的线速度大于b点的线速度，A、B错误；根据动量定理(F－mg)t＝mv，即F＝eq \f(mv,t)＋mg，即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))，竖直方向高度相同，在车斗中运动的时间相同，与质量无关．由牛顿第二定律可知质量大的谷粒水平加速度较小，则相同时间内的水平位移较小，即质量大的谷粒会从第一出料口离开车斗，A正确，B错误；从B点进入第二出料口的谷粒，竖直方向的位移为45cm，运动时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.3s，竖直方向速度为vy＝gt＝3m/s；水平方向的位移为30cm，因为水平方向做匀加速直线运动，所以满足BA＝eq \(v,\s\up6(－))t＝eq \f(0＋vx,2)t＝eq \f(vx,2)t，则水平方向速度为vx＝eq \f(2BA,t)＝2m/s，所以经过B点时的速度大小为v＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝eq \r(13)m/s，C错误；从B点进入第二出料口的谷粒，水平方向加速度为ax＝eq \f(vx,t)＝eq \f(20,3)m/s2，所受重力与风力的大小之比为eq \f(G,F)＝eq \f(mg,max)＝eq \f(3,2)，D错误．
答案：A
4.
解析：设鱼漂的长度为l，鱼漂运动过程中O点相对于水面的位移为x，以竖直向上为正方向，则鱼漂平衡时有ρ水gSeq \f(l,2)＝mg，鱼漂运动时有ρ水gS(eq \f(l,2)－x)－mg＝ma，可得a＝－eq \f(ρ水gS,m)x，由题知t＝0时x＝－eq \f(l,3)，则鱼漂先向上加速，加速度减小，当x＝0时，加速度为0，速度最大；此后x>0，a<0，鱼漂减速上升，加速度增大，直至最高点，故A、B、D错误；由a＝－eq \f(ρ水gS,m)x可知鱼漂所受合力F＝ma＝－ρ水gSx，据此可画出F­x图像如图，根据动能定理知，从最低点至最高点F做的功为0，即F­x图线与x轴所围面积为0，由此可知鱼漂上升到最高点时x＝eq \f(l,3)，即此时B点恰好与水面平齐，C正确．
答案：C
5．解析：自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强急剧增大的结果，A错误；在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，根据热力学第一定律可知盒内气体内能减少，温度降低，B错误，C正确；自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，气体分子平均速率增大，表现的是一种统计规律，并不代表每一个气体分子速率都增大了，D错误．
答案：C
6．解析：该消音器的消音原理为波的干涉，A错误；若通道a、b的弧长相等，则自入口进入的声波再次相遇时相互加强，不能达到消音的目的，B正确；设声波的波长为λ，a、b通道的路程差为Δx，则Δx＝neq \f(λ,2)，只要是n为奇数的声波都能被消除，n为偶数的声波则不能被消除，C、D错误．
答案：B
7．解析：汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为tanθ＝eq \f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq \f(π,4)，闸杆转动时间为t＝eq \f(θ,ω)＝2s，识别的反应时间为t0＝0.3s，则自动识别区ab到a′b′的距离至少为x＝v(t＋t0)＝6.9m，A正确．
答案：A
8．解析：t3时刻由牛顿第二定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，B正确；充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，C错误；t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μFN，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为FN＝10N，fmax＝f′＝5N，D正确，A错误．
答案：BD
9．解析：(1)根据题意，由平衡条件有mg＋2p0S＝2p1S
由玻意耳定律有p0V0＝p1V1
联立解得V1＝eq \f(2p0S,mg＋2p0S)V0
(2)根据题意，未穿时，气体的压强不变，气体对外做功为W＝－p0(V2－V0)
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝Q－p0(V2－V0)
(3)根据题意，由理想气体状态方程有eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p0Vx,T2)
解得Vx＝eq \f(p0T2,p0T0)V0
则垫内剩余气体占原有气体比例η＝eq \f(V0,Vx)＝eq \f(T0,T2).
答案：(1)eq \f(2p0S,mg＋2p0S)V0 (2)Q－p0(V2－V0) (3)eq \f(T0,T2)
10．解析：根据自由落体运动规律h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))，由此可知“时间刻度”是不均匀的，且靠近直尺零刻度的地方“时间刻度”密，A、C错误，B正确；由于月球表面的重力加速度小，可知如果在月球上使用此刻度尺，“时间刻度”的每个数字应该成比例改小一些，D错误．
答案：B
11．解析：由图可知，弹簧振子的振幅为y0，A正确；记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期为T＝eq \f(2x0,v)，B错误；加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，C错误；在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知合外力做功为零，但重力做正功为2mgy0，故弹力对物块做负功为－2mgy0，D正确．
答案：AD
12．解析：电场线是假想的曲线，不是真实存在的，A错误；图甲中，没有头发屑的地方同样有电场，B错误；图乙中A点的电场线比B点的电场线密集，A点的电场强度大于B点的电场强度，沿着电场线方向电势降低，A点电势大于B点电势，C正确；因AB之间电场线为曲线，质子所受电场力沿电场线切线方向，和速度方向有一定的夹角，所以图乙电场中A点静止释放的质子不能沿着电场线运动到B点，D错误．
答案：C
13．解析：电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容大小是不变的，A错误；该电容器电压可充电到4.0kV，必然小于击穿电压，B错误；根据Q＝CU＝16×10－6×4.0×103C＝0.064C，可知放电前，电容器储存的电量为0.064C，C错误；根据I＝eq \f(Q,t)＝eq \f(0.064,4×10－3)A＝16A可知该次放电平均电流为16A，D正确．
答案：D
14．解析：根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为λ0＝eq \f(h,p0)，A错误；设电子的质量为m，则碰后电子的能量为E＝eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2m)，B错误；沿光子入射方向的动量守恒，根据动量守恒定律可知p0＝p1csα＋p2csβ，C正确，D错误．
答案：C
15.
解析：玩具饮水鸟的内部结构如图所示．其原理是先在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发后吸热使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又回流到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前方的运动，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，A正确；根据上述可知，当水杯中的水干了之后，由于不能形成头部和肚子的压强差，小鸟不能再上下运动，即小鸟不能点头“喝”水，B错误；这种玩具饮水鸟仍然遵循能量守恒定律，不是一架永动机，C错误；根据上述可知，此现象没有违背热力学第二定律，D错误．
答案：A
16．解析：车受到地面的支持力方向与地面垂直，与车所在平面不平行，A错误；由μmg＝meq \f(v2,R)，解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v＝eq \r(μgR)，B正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力μMg，C错误；转弯速度越大，所需向心力越大，车所在平面与地面的夹角越小，D正确．
答案：BD
17．解析：使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，A错误；增大手驱动的频率，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大，B、C错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为f＝eq \f(270,60)Hz＝4.5Hz，驱动力的频率与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振，D正确．
答案：D
18．解析：排球恰好到达网正上方的时间为t＝eq \f(x,v)＝0.3s，此时间内排球下降的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝0.45m，因为Δh＝3.2m－2.24m＝0.96m>0.45m，所以球越过了网，且落地时间为t′＝eq \r(\f(2h′,g))＝eq \r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s，则落地的水平位移为x′＝vt′＝16×0.8m＝12.8m，因为击球点到对方底线的距离为x″＝4.8m＋9m＝13.8m>12.8m，即球落在对方场地内，B正确．
答案：B
19．解析：由题知单根细金属条电阻为R1＝2Ω，匀速跑步时，始终只有一根细金属条在切割磁感线，其产生的感应电动势为E＝BLv，电压表测量R两端电压，由题知其示数为0.8V，即U＝eq \f(E,R＋R1)·R＝0.8V，解得E＝1V，v＝2.5m/s，通过电阻R的电流为I＝eq \f(E,R＋R1)＝0.1A，A错误，B正确；每2s内通过电阻R的电荷量为q＝It＝0.1×2C＝0.2C，C正确；人克服细金属条所受安培力做功的功率为P＝FAv＝BILv＝0.1W，D错误．
答案：BC
20．解析：(1)根据动能定理μ1mgs＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得s＝25m，则冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离x＝30m－25m＝5.0m
(2)设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动量定理I－μ1mgt＝mv0
代入数据解得I＝56N·s；
(3)冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为vA，碰撞后的速度为v′A，冰壶B碰撞后的速度为v′B，根据动量守恒定律有mvA＝mv′A＋mv′B
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得v′A＝0，v′B＝v
即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换，因此可以将整个过程看成冰壶A一直沿直线PO运动到营垒区外的过程，运动的总位移为s′＝31.8m
根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，根据动能定理有－μ1mg(s′－L)－μ2mgL＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) .
代入数据解得L＝13.6m.
答案：(1)5.0m (2)56N·s (3)13.6m
21．解析：当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，当永久磁体加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大，A错误，B正确；刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，C错误；若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，D错误．
答案：B
22．解析：由题可知，垂直纸面向里的匀强磁场产生指向圆心方向的洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力为F＝Bqv，A正确；由受力分析可得，粒子运动过程中还受到垂直纸面的洛伦兹力和电场力，垂直纸面方向受力平衡，设带电粒子运动轨迹上各点辐射状磁场的磁感应强度的大小为B1，则有Eq＝qvB1，解得B1＝eq \f(E,v)，B错误；由向心力公式可得qvB＝meq \f(v2,r)，则粒子做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(mv,qB)，由于B和B1关系未知，C错误；带电粒子做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子形成的等效电流I＝eq \f(q,t)＝eq \f(q,\f(2πm,qB))＝eq \f(Bq2,2πm)，D正确．
答案：AD
23．解析：在0～t0时间内，驱动线圈中的电流逐渐变大，但是电流的变化率逐渐减小，则穿过发射线圈的磁通量的变化率逐渐减小，则发射线圈中产生的电流不断减小，驱动线圈产生的磁场逐渐增强，根据F＝BIL可知，发射线圈所受的安培力不一定增大，则发射线圈的加速度不一定增大，A错误，B正确；根据E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，设单匝线圈的电阻为r0，质量为m0，线圈的半径为r，则电流I＝eq \f(E,nr0)＝eq \f(ΔΦ,Δt·r0)，安培力F＝nBI·2πr，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(nBI·2πr,nm0)＝eq \f(2πrB,m0r0)·eq \f(ΔΦ,Δt)，则增加发射线圈的匝数，发射线圈加速度不变，C正确；对发射线圈根据动量定理F安t＝mv，而F安t＝nBeq \(I,\s\up6(－))Lt＝nBLq＝nBLeq \f(nΔΦ,R)，则安培力的冲量一定，发射线圈的出射速度一定，与发射导管长度无关，D错误．
答案：BC
24．解析：根据题意可得m(2πn)2r＝mg模，可得模拟重力加速度g模＝4π2n2r，模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的g′模＝4g模，A错误，B正确；实验载荷因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以模拟重力的方向背离离心机转轴中心，C错误；根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，D正确．
答案：BD
25．解析：由题图知，M点附近的等势面比N点附近的等势面密集，则M点的电场强度大于N点的电场强度，故A错误；电场线与等势面垂直，则正对N点射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向先向右方后向右下方，一定不会经过N点，故B错误；电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，由图中对称性可知，正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向始终与速度方向在同一直线上，会沿直线穿出小孔，C错误；大致画出该“透镜”电场的电场线可知，该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用，D正确．
答案：D
26．解析：乙电机中的转子是绕在软铁上的闭合线圈，乙电机转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，受到安培力的作用而转动，相当于电磁驱动，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，A错误；乙电机中，转子也会产生焦耳热，故稳定工作时产生的焦耳热较多，B错误；电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，C错误；停止供电后，由于甲电机的转子是永磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得电磁铁中磁通量发生变化，产生感应电流，反向发电从而回收动能，D正确．
答案：D
27．解析：(1)将S1拨到“2”瞬间，此时电容器两极板间电压等于E，电路中电流为I＝eq \f(E,R)
动力杆受到的安培力为F＝BIL＝eq \f(BEL,R)
由牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m＋M)＝eq \f(BEL,（M＋m）R)
(2)对a根据动量定理有∑BiL·SymblDA@t1＝ (M＋m)v0－0
将S1拨到“2”瞬间电容C＝eq \f(q1,E)
达到CD处时电容C＝eq \f(q2,U)
运动过程减少的电荷量Δq＝q1－q2＝∑i·Δt1
联立解得U＝E－eq \f(（M＋m）v0,BLC)
(3)飞机放飞后，a与b相碰mv0＝5mv1
“双棒”从CD到EF由动量定理可得－BLq2＝0－5mv1
“双棒”电阻为eq \f(R,2)，则q2＝eq \f(ΔΦ,\f(R,2))＝eq \f(2BLx,R)
解得x＝eq \f(mv0R,2B2L2)
恒流源驱动“双棒”返回CD(设速度为v)过程中有I0LBt＝5mv
I0LBx＝eq \f(5,2)mv2
所以恒流源输出的能量为E0＝eq \f(I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) Rt,2)＋I0LBx
代入解得E0＝I0Req \r(\f(5mxI0,2LB))＋eq \f(mv0RI0,2BL)＝eq \f(mRI0,2BL)eq \r(\f(5I0v0R,BL))＋eq \f(mv0RI0,2BL).
答案：(1)eq \f(BEL,（M＋m）R) (2)E－eq \f(（M＋m）v0,BLC) (3)eq \f(mRI0,2BI)eq \r(\f(5I0v0R,BL))＋eq \f(mv0RI0,2BL)
题号
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6
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答案
题号
14
15
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17
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26
答案