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2024年福建省泉州市永春一中、培元中学、石光中学、季延中学四校联考高考物理二模试卷(含详细答案解析)
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这是一份2024年福建省泉州市永春一中、培元中学、石光中学、季延中学四校联考高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.北极寒潮南下，今年泉州多地下雪，如图所示，小车在水平的雪地上留下的车辙轨迹，那么小车做匀速圆周转弯的曲线运动过程中( )
A. 可能处于平衡状态B. 向心加速度不变
C. 速度保持不变D. 所受的合外力一定不为零
2.“中国天眼”用到光电倍增管这种光敏仪器对遥远星体进行光度测量。现在把一个锑铯光阴极倍增管的信号输出端与一个30Ω的标准电阻串联，测得电阻两端的电压与时间的关系如图所示，则锑铯光阴极倍增管输出信号的脉冲电量大小约为( )
A. 10−9CB. 10−10CC. 10−11CD. 10−12C
3.某款可调节角度的磁吸式车载手机支架如图所示。手机放在支架上被磁力吸住后，调节支架使手机与竖直方向成一定角度。已知手机受到的磁力垂直于手机屏幕、大小恒定，且手机和支架始终不发生相对滑动做匀速直线运动，则( )
A. 手机只受到重力、磁力和摩擦力
B. 若缓慢减小手机与竖直方向的夹角，手机受到的合力增大
C. 将手机和支架吸盘逆时针缓慢到手机处于竖直状态，此时手机和吸盘之间的摩擦力大于重力
D. 将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90∘角，手机和吸盘之间的弹力始终增大
4.如图所示，速度选择器MN两极板间的距离为d，板间匀强磁场的磁感应强度大小为B，O为速度选择器中轴线上的粒子源，可沿OO′方向发射速度大小不同、带电荷量均为q(q>0)、质量均为m的带电粒子，经速度选择器后，粒子先后经过真空中两平行边界的匀强磁场区域到达足够大荧光屏；匀强磁场的磁感应强度分别为B1、B2，对应边界的宽度分别为d1、d2。调节滑片P可改变速度选择器M、N两极板间的电压，使粒子沿OO′方向垂直磁场B1边界进入B1，经磁场B1偏转后进入B2，最后荧光屏恰好未发光，粒子重力不计，则MN两极板间的电压大小是( )
A. qBd(B1d1+B2d2)mB. q(B1d1+B2d2)mBd
C. qBd(B2d2−B1d1)mD. qBd(B1d1−B2d2)m
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当有电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知( )
A. 该电流表的刻度是均匀的
B. 图乙中穿过铁芯的磁感线都穿过铁芯横截面的圆心O
C. 若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿顺时针方向转动
D. 更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即ΔθΔI)
6.假设宇宙中有一双星系统由质量分别为m和M的A、B两颗星体组成。这两颗星绕它们连线上的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，如图所示，A、B两颗星的距离为L，引力常量为G，则( )
A. 因为OA>OB，所以m>M
B. 两颗星做圆周运动的周期为2π L3G(M+m)
C. 若星体A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，则星体A的周期将缓慢增大
D. 若星体A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，则星体A的轨道半径将缓慢减小
7.如图所示，水平放置的平行板电容器，极板间所加电压为U。带电粒子紧靠下极板边缘以初速度v0射入极板，入射时速度方向与极板夹角为45∘，粒子运动轨迹的最高点恰好在上极板边缘，忽略边缘效应，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子的电荷量q与质量m之比为qm=v024U
B. 粒子的电荷量q与质量m之比为qm=3v024U
C. 保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的12，粒子将打在下极板上
D. 保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的12，粒子仍从极板之间飞出
8.如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t=0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 环先做加速运动再做匀速运动B. 0−2s内环的位移小于2.5m
C. 环的最大速度大小为15m/sD. 环的最大动能为20J
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.“嫦娥三号”中有一块“核电池”，在月夜期间提供电能的同时还能提供一定能量用于舱内温度控制。“核电池”利用了 94238Pu的衰变， 94238Pu在放出一个α粒子后衰变为一个新的原子核，新核的中子数比 94238Pu的中子数少______个； 94238Pu在月球上的衰变速度与在地球上的衰变速度相比______(选填“快了”、“慢了”、“一样快”)，新原子核的平均结合能______(选填“大于”“等于”或“小于”)94238Pu的平均结合能。
10.(1)一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为U时，通过的电流是I。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，金属丝两端所加的电压应为______。
(2)有一个满偏电流为100mA的毫安表，电表内阻为9Ω，现将该毫安表的量程扩大至0.6A，则应并联一个阻值为______Ω的电阻。
(3)如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0∼10mA，内阻为60Ω，图中串联的分压电阻R1=440Ω，则R2=______Ω。
11.一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的循环过程，其压强p随1V的变化如图所示，状态B的温度比状态C的温度______(填“较高”、“较低”或者“相等”)；C→A过程中气体______(填“吸收”或“放出”)热量，A→B→C→A的循环过程，气体对外界______(填“做正功”、“做负功”或“不做功”)。
四、实验题：本大题共2小题，共13分。
12.一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验
(1)采用如图甲所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x的图像如图乙所示。(重力加速度g=10m/s2)利用图乙中图像，可求得该弹簧的劲度系数为______N/m，小盘的质量为______ kg；
(2)为了制作一个弹簧测力计，乙同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图丙所示的图像，为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧______。(填“A”或“B”)
13.某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.电流表G1(内阻Rg1=100Ω，满偏电流Ig1=10mA)
B.电流表G2(内阻Rg2=100Ω，满偏电流Ig2=25mA)
C.定值电阻R0(100Ω,1A)
D.电阻箱R1(0−9999Ω,1A)
E.滑动变阻器R2(100Ω,1A)
F.电源E(36V,内阻不计)
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到______(填“×1”或“×100”)进行再次测量，并重新进行______(填“机械调零”或“欧姆调零”)，若测量时指针位置如图甲所示，则示数为______Ω。
(2)测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，A1处应选择______(填“G1”或“G2”)与电阻箱串联，改装成量程为36V的电压表
(3)调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表G1的示数为I1，电流表G2的示数为I2，则该种材料的电阻R=______。
五、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图所示为一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电源电动势E=220V，内阻r=2Ω，定值电阻R=8Ω，电动机内电阻r0=2Ω，重力加速度g取10m/s2。闭合开关S，电动机正常工作时，电压表示数UV=120V，求：
(1)电源的路端电压；
(2)电动机的输出电功率；
(3)若电动机以v=2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量。
15.如图所示，质量M=1.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F=110N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度L=6m，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求铁箱的加速度大小；
(2)求铁箱与木块间的动摩擦因数；
(3)若减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为v(未知)，立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度v的大小。
16.如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L=3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为θ=30∘，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B=0.5T，轨道顶端ac接有电阻R=1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为μ=0.05且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B=0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α=45∘且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0=8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时(不计拐角处的能量损失)，给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数v1与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为v03最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r=0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时t=3112s，g=10m/s2。求：
(1)金属棒的质量m的大小；
(2)水平磁场边界ep的长度d为多少；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.小车转弯属于圆周运动，合力不为0，不是平衡态，故A错误；
BC.向心加速度和速度都是矢量，大小不变，但方向改变，所以在发生变化，故BC错误；
D.匀速圆周运动是合力提供向心力，故不能为0，故D正确。
故选：D。
根据匀速圆周运动是曲线运动，合力不为0，提供向心力，产生向心加速度，并结合加速度、速度的矢量性特点进行分析解答。
考查匀速圆周运动的特点，结合加速度、速度的矢量性分析解答问题。
2.【答案】B
【解析】解：根据欧姆定律可知I=UR
根据q=It
可得q=UtR
结合U−t图像面积可知电量为q=12×200×10−3×(50−20)×10−930C=10−10C
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据欧姆定律结合电流的定义式与图像的意义解答。
本题考查图像的认识，解题关键掌握电荷量的计算公式，注意图像面积的物理意义。
3.【答案】D
【解析】解：A.有摩擦力必有弹力，所以手机还受到弹力作用，故A错误；
B.手机在整个过程中始终处于平衡状态，所以受到的合力为零，故B错误；
C.竖直状态下，手机和吸盘之间的摩擦力与重力相等，故C错误；
D.设倾角为θ，若将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90∘，有N+mgcsθ=F磁，说明手机和支架吸盘之间的弹力始终增大，故D正确。
故选：D。
有弹力才会有摩擦力，所以手机还受到弹力的作用；手机整个过程处于平衡态，合力为零；竖直状态，根据受力平衡可求出重力与摩擦力的关系；根据受力分析可求出弹力的变化情况。
学生在解答本题时，应注意对于受力分析问题，要能够根据受力平衡，结合正交分解来作答。
4.【答案】C
【解析】解：设粒子速度为v0，MN两极板间电压为U，在速度选择器中有：qBv0=Udq
可得：v0=UBd
由题意荧光屏恰好未发光，则临界轨迹恰好与荧光屏相切，粒子运动的轨迹如图：
由三角形相似可得：R1R2=d1d2−R2
又根据半径公式：R1=mv0qB1，R2=mv0qB2
联立以上几式求解得：U=qBd(B2d2−B1d1)m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
粒子在磁场B1、B2中做匀速圆周运动，根据半径公式表示出轨迹半径，再由几何关系、牛顿第二定律和题设条件，表示出粒子进入磁场B1的速度。离子在速度选择器中沿直线运动并通过O′，根据平衡条件qE=qv0B1求速度选择器两极板之间的电压。
本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。
5.【答案】AC
【解析】解：A.根据题意线圈停止转动时满足
NBIS=kθ
解得θ=NBSkI
可知线圈(指针)偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故A正确；
B.磁感线不相交，图乙中穿过铁芯的磁感线不会都穿过铁芯横截面的圆心O，故B错误；
C.若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故C正确；
D.根据题意
NBIS=kθ
解得ΔθΔI=NBSk
由此可知更换k值更大的螺旋弹簧，ΔθΔI的比值减小，故灵敏度减小了，故D错误。
故选：AC。
首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，然后找出与电流表的原理相同的选项即可，同时由左手定则来确定安培力的方向。
首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，然后找出与电流表的原理相同的选项即可，同时由左手定则来确定安培力的方向。
6.【答案】BD
【解析】解：A、设A、B两颗星体的轨道半径分别为r1、r2，两颗星做圆周运动的周期相同，设为T，双星之间的万有引力提供向心力，可得：
对A有：GMmL2=m4π2T2r1……①
对B有：GMmL2=M4π2T2r2……②
两式联立得：mr1=Mr2
由题图可知r1>r2，可得：mBC、联立①②两式及r1+r1=L，可得两颗星的周期为：
T=2π L3G(M+m)
若m缓慢增大，其他量不变，由上式可知周期T变小，故B正确，C错误；
D、由r1+r2=L，结合mr1=Mr2，可得：r1=MM+mL
若m缓慢增大，其他量不变，由上式可知A的轨道半径将缓慢减小，故D正确。
故选：BD。
两颗星做圆周运动的周期相同，根据双星之间的万有引力提供向心力可得A、B两颗星的质量关系和周期的表达式；根据所得周期的表达式判断周期的变化，根据半径关系与质量关系分析A的轨道半径如何变化。
本题考查了双星系统的基础问题，要知道双星系统中两星体的角速度和周期相等，两者靠相互间的万有引力提供向心力。
7.【答案】AC
【解析】解：AB.如下图所示，
将粒子的运动沿水平方向与竖直方向正交分解，可得：
水平方向初速度为：vx=v0csθ= 22v0
竖直方向初速度为：vy=v0sinθ= 22v0
在水平方向上粒子做匀速直线运动，粒子运动轨迹的最高点时竖直分速度为零，则由动能定理得：
−qU=12mvx2−12mv02
解得：qm=v024U，故A正确、B错误；
CD.粒子在竖直方向上做类似上抛运动，设当初速度是v0时运动时间为t1，粒子的加速度为a，极板长度为L，则有：
vy=v0sinθ= 22v0=at1
L=vxt1= 22v0t1
设初速度是12v0时，粒子运动到最高点的时间为t2，则有：
vy′=12v0sinθ= 24v0=at2
对比可得：t1=2t2
假设初速度是12v0时粒子打在下极板上，则粒子运动时间等于2t2
此情况的水平位移为：
x=vx′×2t2=12v0csθ×t1= 24v0t1
对比可得：x故选：AC。
将粒子的运动沿水平方向与竖直方向正交分解，在水平方向上粒子做匀速直线运动，粒子运动轨迹的最高点时竖直分速度为零，则由动能定理求解粒子的比荷；粒子在竖直方向上做类似上抛运动，利用初速度是v0时的运动求得板长表达式。应用假设法求得初速度是12v0时粒子打在下极板上的水平位移，对比可得假设是否成立。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题，基础较题目，应用运动的分解与合成处理曲线运动。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、由图可得：E=(3−t)×102
开始时的最大静摩擦力为f=μq|E0|=0.5×0.01×3×102N=1.5N>mg=0.1×10N=1N
则环先静止，再做加速运动，后再做减速运动，最后静止不动，环速度最大时，重力等于滑动摩擦力，则有
mg=μq|E|
联立解得：t=5s，(t=1s时开始运动)
根据牛顿第二定律得：mg−μq|E|=ma
整理得
a=5t−5，(0≤t≤3s)
a=25−5t，(t>3s)
在t=2s时加速度为a=5m/s2，若环做匀加速直线运动，则x=12at′2=12×5×12m=2.5m，所以0−2s内环的位移小于2.5m，故A错误，B正确；
CD、a−t图像如图所示
由a−t图像的面积表示速度的变化量，结合初速度为零，则环的最大速度为v=12×4×10m/s=20m/s
故0∼6s内环的最大动能为
Ekm=12mv2=12×0.1×202J=20J，故C错误，D正确。
故选：BD。
对环进行受力分析，结合牛顿第二定律得出环的最大加速度；根据牛顿第二定律，结合运动学公式和动能的计算公式分析0∼2的位移，同时得出环的速度到达最大的时刻和最大动能。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
9.【答案】2 一样块 小于
【解析】解： 94238Pu的质量数为238，电荷数为94，则中子数为n=238−94=144；根据质量数和电荷数守恒可知新核的质量数为A′=238−4=234，电荷数z′=94−2=92，可知新核的中子数n′=234−92=142，新核的中子数比 94238Pu的中子数2个；
元素的半衰期只受核子本身的性质影响，不会受到环境的影响，所以两种情况下衰变的速度一样快；
发生的核反应是α衰变，由于α衰变是自然发生的，衰变的过程中释放核能，且α粒子的比结合能较小，所以新核的比结合能比 94238Pu的比结合能大。
故答案为：2；一样快；大于。
根据核反应前后质量数和电荷数守恒的特点得出新核的质量数与电荷数，然后求出中子数；根据结合能的变化比较比结合能大小；元素的半衰期不受外界因素影响。
本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后的质量数守恒和电荷数守恒，结合半衰期的影响因素即可完成分析。
10.【答案】4U1.81000
【解析】解：(1)根据题意，金属丝原来的电阻
R=ρLS，U=IR，
金属丝均匀拉长到原来的2倍，电阻
R′=ρ2LS2=4ρLS=4R，
根据欧姆定律，所加电压
U′=IR′=I×4R=4U。
(2)根据并联电路的特点
IgRg=(I−Ig)Rx
代入Ig=100mA，Rg=9Ω，I=0.6A解得
Rx=1.8Ω；
(3)根据串联电路的特点
改装为量程为U2=15V的电压表时，有
Ig(Rg+R1+R2)=U2
代入Ig=10mA，Rg=60Ω，R1=440Ω，
解得R2=1000Ω
故答案为：(1)4U；(2)1.8；(3)1000。
(1)根据电阻定律先求解金属丝变化后的电阻和原来电阻值的比较，然后再由欧姆定律求电压；
(2)根据并联分流原理改装电流表，列式求解；
(3)根据串联分压的原理改装电压表，并根据所给数据列式求解。
熟练掌握电阻定律和电表的改装原理，并能进行相关应用。
11.【答案】相等 吸收 做正功
【解析】解：在p−1V图像中过坐标原点的直线气体做等温变化，则B状态到C状态发生等温变化，所以TA=TB；
在C→A过程中气体发生等压变化，由由盖-吕萨克定律可知：VCTC=VATA，由于VA>VC，则有TA>TC，则在C→A过程中，ΔU>0，而W<0，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知：Q>0，即表示此过程中吸收热量；
由题图可知，在一次循环的过程中，气体的p−V图像如图所示：
由于p−V图像与V轴所围的面积代表外界对气体所做的功，可知整个过程中，从A到B气体对外界做功大于从B到C外界对气体做功，则气体对外界做功。
故答案为：相等；吸收；做正功。
在p−1V图像中过坐标原点的直线气体做等温变化，则B状态到C状态发生等温变化；从C状态到A状态，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律判断C状态和A状态的温度的变化，由热力学第一定律判断气体吸热和放热的情况；可将p−1V图变成p−V，由p−V图与坐标轴V所围的面积表示外界对气体所做的功判断这个循环过程中气体与外界做功的情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是根据图像分析出气体变化前后的状态参量。
12.【答案】2000.1A
【解析】解：(1)弹簧的劲度系数为
k=ΔFΔx=6−23.5−1.5N/cm=2N/cm=200N/m
由图乙可知，不放砝码时，有
mg=kx1
解得 m=kx1g=200×0.00510kg=0.1kg
(2)丙图中纵坐标为弹簧伸长量，横坐标为拉力，图线斜率的倒数为劲度系数，由图可知弹簧A的劲度系数小，为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，故应选弹簧A。
故答案为：(1)0.1；(2)A。
(1)图乙F−x图像图像斜率表示劲度系数，可根据胡克定律计算劲度系数，由图乙可知，不放砝码时，弹簧有形变量，可根据胡克定律计算小盘质量；
(2)为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，需要找一个劲度系数小的弹簧，可比较A、B的弹簧劲度系数进行选择。
本题考查了运用实验探究胡克定律的能力，着重考查了对弹簧劲度系数的理解。
13.【答案】×100欧姆调零 900G1 I1(Rg1+R1)2I2−I1
【解析】解：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到×100进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为：9×100Ω=900Ω；
(2)根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，A1处电表改装后量程为36V，由欧姆定律可知，流过Rx的电流为：I1=URx；代入数据得：I1=0.04A=40mA；
若A2处选择G1，和R0并联后量程为20mA，不能满足实验要求，则应A1处选择G1，A2处选择G2。
(3)由于R0与G2内阻相等，则流过R0的电流为I2，则流过Rx的电流为：Ix=2I2−I1
Rx两端的电压为：Ux=I1(Rg1+R1)
由欧姆定律可得：Rx=UxIx=I1(Rg1+R1)2I2−I1。
故答案为：(1)×100、欧姆调零、900；(2)G1；(3)I1(Rg1+R1)2I2−I1。
(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(2)把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
(3)根据图示电路图求出电阻两端电压与通过电阻的电流，应用欧姆定律求出待测电阻阻值。
要掌握欧姆表的使用方法与注意事项、读数方法，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；根据题意分析清楚图示电路图，求出通过待测电阻的电流与待测电阻两端电压，应用欧姆定律求金属丝阻值的表达式。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律，有
E=UV+I(R+r)
带值解得
I=10A
电源的路端电压为
U=E−Ir
带值解得
U=200V
(2)电动机的电流为
I=10A
电动机的总功率为
P=UVI=120×10W=1200W
电动机的输出功率为
P出=P−I2r0=1200W−102×2W=1000W
(3)电动机提供的拉力大小为
F=P出v=10002N=500N
因电动机匀速提升重物，由重物受力平衡，有
G=F
则重物的质量为
m=Gg=50010kg=50kg
答：(1)电源的路端电压为200V；
(2)电动机的输出电功率为1000W；
(3)若电动机以v=2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量为50kg。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律，结合电路图分析求解；
(2)根据电动机输出功率等于总功率减去发热功率，结合焦耳定律分析求解；
(3)根据P=Fv，结合受力平衡分析求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系，理解纯电阻电路和非电阻电路的区别和联系是解决此类问题的关键。
15.【答案】解：(1)对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有FN1=(M+m)g
水平方向上有F−f1=(M+m)a
其中f1=μ1FN1
解得a=50m/s2
(2)对木块受力分析，竖直方向上有f2=mg
水平方向上有FN2=ma
其中f2=μ2FN2
解得μ2=0.2
(3)撤去拉力后，木块将相对铁箱滑动，对木块受力分析有f2′=ma2
其中f2′=μ2FN2′=μ2mg
对铁箱受力分析，有f1−f2′=Ma1
对木块的位移x2=v22a2
铁箱的位移x1=v22a1
木块刚好运动到铁箱右壁，则有L=x2−x1
解得v=6m/s
答：(1)铁箱的加速度大小为50m/s2；
(2)求铁箱与木块间的动摩擦因数为0.2；
(3)速度v的大小为6m/s。
【解析】(1)根据受力分析和牛顿第二定律可求出加速度；
(2)根据受力平衡可求出动摩擦因数μ；
(3)根据受力分析以及运动学公式可求出速度。
学生在解答本题时，应注意分析受力时，要注意有竖直和水平两个方向。
16.【答案】解：(1)由题意知，金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，则由平衡条件有
F安=BIL=mgsinθ
金属棒产生的动生电动势为
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律有
I=ER+r
联立并代入数据解得：m=1.8kg
(2)由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，1v−x图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间为
t1=(0.125+0.375)×12s=0.25s
则金属棒从ef运动到pn所用时间为
t2=t−t1=3112s−0.25s=73s
从撤去外力到运动至pn处，取向右为正方向，由动量定理有
−μmgt2−BLBLdR+r=0−mv03
代入数据，联立解得：d=2.4m
(3)金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力大小为
F安x=BIxLx
而电流为
Ix=ExR+r
动生电动势为
Ex=BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度为
Lx=1+2xtan45∘=1+2x
联立得：F安x=(1+2x)2v8
由图像得：1v=18+14x
变形得：v=81+2x
联立可得：F安x=1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
F安−=F1+F22=(1+0)+(1+2×1)2N=2N
所以安培力做功为WF安=−2J×1J=−2J
由动能定理有：
W外−μmgxef−WF安=12m(v03)2−12m(v0)2
解得外力所需做的功为：W外=−48.3J
答：(1)金属棒的质量m的大小为1.8kg；
(2)水平磁场边界ep的长度d为2.4m；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功为−48.3J。
【解析】(1)金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，根据动生电动势公式、安培力公式、欧姆定律以及平衡条件相结合求金属棒的质量m；
(2)从撤去外力到运动到pn处，根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求水平磁场边界ep的长度d；
(3)金属棒进入竖直向下的磁场中，由于切割的有效长度变化，根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合题图1v−x图像的表达式，联立求出速度v的表达式，安培力表达式，用平均值法求出克服安培力所做的功，再根据动能定理求解外力所需做的功。
解决本题的关键要读懂图像的意义，明确金属棒的运动情况，知道金属棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。
1.北极寒潮南下，今年泉州多地下雪，如图所示，小车在水平的雪地上留下的车辙轨迹，那么小车做匀速圆周转弯的曲线运动过程中( )
A. 可能处于平衡状态B. 向心加速度不变
C. 速度保持不变D. 所受的合外力一定不为零
2.“中国天眼”用到光电倍增管这种光敏仪器对遥远星体进行光度测量。现在把一个锑铯光阴极倍增管的信号输出端与一个30Ω的标准电阻串联，测得电阻两端的电压与时间的关系如图所示，则锑铯光阴极倍增管输出信号的脉冲电量大小约为( )
A. 10−9CB. 10−10CC. 10−11CD. 10−12C
3.某款可调节角度的磁吸式车载手机支架如图所示。手机放在支架上被磁力吸住后，调节支架使手机与竖直方向成一定角度。已知手机受到的磁力垂直于手机屏幕、大小恒定，且手机和支架始终不发生相对滑动做匀速直线运动，则( )
A. 手机只受到重力、磁力和摩擦力
B. 若缓慢减小手机与竖直方向的夹角，手机受到的合力增大
C. 将手机和支架吸盘逆时针缓慢到手机处于竖直状态，此时手机和吸盘之间的摩擦力大于重力
D. 将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90∘角，手机和吸盘之间的弹力始终增大
4.如图所示，速度选择器MN两极板间的距离为d，板间匀强磁场的磁感应强度大小为B，O为速度选择器中轴线上的粒子源，可沿OO′方向发射速度大小不同、带电荷量均为q(q>0)、质量均为m的带电粒子，经速度选择器后，粒子先后经过真空中两平行边界的匀强磁场区域到达足够大荧光屏；匀强磁场的磁感应强度分别为B1、B2，对应边界的宽度分别为d1、d2。调节滑片P可改变速度选择器M、N两极板间的电压，使粒子沿OO′方向垂直磁场B1边界进入B1，经磁场B1偏转后进入B2，最后荧光屏恰好未发光，粒子重力不计，则MN两极板间的电压大小是( )
A. qBd(B1d1+B2d2)mB. q(B1d1+B2d2)mBd
C. qBd(B2d2−B1d1)mD. qBd(B1d1−B2d2)m
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当有电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知( )
A. 该电流表的刻度是均匀的
B. 图乙中穿过铁芯的磁感线都穿过铁芯横截面的圆心O
C. 若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿顺时针方向转动
D. 更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即ΔθΔI)
6.假设宇宙中有一双星系统由质量分别为m和M的A、B两颗星体组成。这两颗星绕它们连线上的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，如图所示，A、B两颗星的距离为L，引力常量为G，则( )
A. 因为OA>OB，所以m>M
B. 两颗星做圆周运动的周期为2π L3G(M+m)
C. 若星体A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，则星体A的周期将缓慢增大
D. 若星体A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，则星体A的轨道半径将缓慢减小
7.如图所示，水平放置的平行板电容器，极板间所加电压为U。带电粒子紧靠下极板边缘以初速度v0射入极板，入射时速度方向与极板夹角为45∘，粒子运动轨迹的最高点恰好在上极板边缘，忽略边缘效应，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子的电荷量q与质量m之比为qm=v024U
B. 粒子的电荷量q与质量m之比为qm=3v024U
C. 保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的12，粒子将打在下极板上
D. 保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的12，粒子仍从极板之间飞出
8.如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t=0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 环先做加速运动再做匀速运动B. 0−2s内环的位移小于2.5m
C. 环的最大速度大小为15m/sD. 环的最大动能为20J
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.“嫦娥三号”中有一块“核电池”，在月夜期间提供电能的同时还能提供一定能量用于舱内温度控制。“核电池”利用了 94238Pu的衰变， 94238Pu在放出一个α粒子后衰变为一个新的原子核，新核的中子数比 94238Pu的中子数少______个； 94238Pu在月球上的衰变速度与在地球上的衰变速度相比______(选填“快了”、“慢了”、“一样快”)，新原子核的平均结合能______(选填“大于”“等于”或“小于”)94238Pu的平均结合能。
10.(1)一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为U时，通过的电流是I。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，金属丝两端所加的电压应为______。
(2)有一个满偏电流为100mA的毫安表，电表内阻为9Ω，现将该毫安表的量程扩大至0.6A，则应并联一个阻值为______Ω的电阻。
(3)如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0∼10mA，内阻为60Ω，图中串联的分压电阻R1=440Ω，则R2=______Ω。
11.一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的循环过程，其压强p随1V的变化如图所示，状态B的温度比状态C的温度______(填“较高”、“较低”或者“相等”)；C→A过程中气体______(填“吸收”或“放出”)热量，A→B→C→A的循环过程，气体对外界______(填“做正功”、“做负功”或“不做功”)。
四、实验题：本大题共2小题，共13分。
12.一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验
(1)采用如图甲所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x的图像如图乙所示。(重力加速度g=10m/s2)利用图乙中图像，可求得该弹簧的劲度系数为______N/m，小盘的质量为______ kg；
(2)为了制作一个弹簧测力计，乙同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图丙所示的图像，为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧______。(填“A”或“B”)
13.某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.电流表G1(内阻Rg1=100Ω，满偏电流Ig1=10mA)
B.电流表G2(内阻Rg2=100Ω，满偏电流Ig2=25mA)
C.定值电阻R0(100Ω,1A)
D.电阻箱R1(0−9999Ω,1A)
E.滑动变阻器R2(100Ω,1A)
F.电源E(36V,内阻不计)
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到______(填“×1”或“×100”)进行再次测量，并重新进行______(填“机械调零”或“欧姆调零”)，若测量时指针位置如图甲所示，则示数为______Ω。
(2)测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，A1处应选择______(填“G1”或“G2”)与电阻箱串联，改装成量程为36V的电压表
(3)调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表G1的示数为I1，电流表G2的示数为I2，则该种材料的电阻R=______。
五、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图所示为一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电源电动势E=220V，内阻r=2Ω，定值电阻R=8Ω，电动机内电阻r0=2Ω，重力加速度g取10m/s2。闭合开关S，电动机正常工作时，电压表示数UV=120V，求：
(1)电源的路端电压；
(2)电动机的输出电功率；
(3)若电动机以v=2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量。
15.如图所示，质量M=1.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F=110N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度L=6m，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求铁箱的加速度大小；
(2)求铁箱与木块间的动摩擦因数；
(3)若减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为v(未知)，立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度v的大小。
16.如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L=3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为θ=30∘，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B=0.5T，轨道顶端ac接有电阻R=1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为μ=0.05且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B=0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α=45∘且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0=8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时(不计拐角处的能量损失)，给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数v1与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为v03最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r=0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时t=3112s，g=10m/s2。求：
(1)金属棒的质量m的大小；
(2)水平磁场边界ep的长度d为多少；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.小车转弯属于圆周运动，合力不为0，不是平衡态，故A错误；
BC.向心加速度和速度都是矢量，大小不变，但方向改变，所以在发生变化，故BC错误；
D.匀速圆周运动是合力提供向心力，故不能为0，故D正确。
故选：D。
根据匀速圆周运动是曲线运动，合力不为0，提供向心力，产生向心加速度，并结合加速度、速度的矢量性特点进行分析解答。
考查匀速圆周运动的特点，结合加速度、速度的矢量性分析解答问题。
2.【答案】B
【解析】解：根据欧姆定律可知I=UR
根据q=It
可得q=UtR
结合U−t图像面积可知电量为q=12×200×10−3×(50−20)×10−930C=10−10C
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据欧姆定律结合电流的定义式与图像的意义解答。
本题考查图像的认识，解题关键掌握电荷量的计算公式，注意图像面积的物理意义。
3.【答案】D
【解析】解：A.有摩擦力必有弹力，所以手机还受到弹力作用，故A错误；
B.手机在整个过程中始终处于平衡状态，所以受到的合力为零，故B错误；
C.竖直状态下，手机和吸盘之间的摩擦力与重力相等，故C错误；
D.设倾角为θ，若将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90∘，有N+mgcsθ=F磁，说明手机和支架吸盘之间的弹力始终增大，故D正确。
故选：D。
有弹力才会有摩擦力，所以手机还受到弹力的作用；手机整个过程处于平衡态，合力为零；竖直状态，根据受力平衡可求出重力与摩擦力的关系；根据受力分析可求出弹力的变化情况。
学生在解答本题时，应注意对于受力分析问题，要能够根据受力平衡，结合正交分解来作答。
4.【答案】C
【解析】解：设粒子速度为v0，MN两极板间电压为U，在速度选择器中有：qBv0=Udq
可得：v0=UBd
由题意荧光屏恰好未发光，则临界轨迹恰好与荧光屏相切，粒子运动的轨迹如图：
由三角形相似可得：R1R2=d1d2−R2
又根据半径公式：R1=mv0qB1，R2=mv0qB2
联立以上几式求解得：U=qBd(B2d2−B1d1)m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
粒子在磁场B1、B2中做匀速圆周运动，根据半径公式表示出轨迹半径，再由几何关系、牛顿第二定律和题设条件，表示出粒子进入磁场B1的速度。离子在速度选择器中沿直线运动并通过O′，根据平衡条件qE=qv0B1求速度选择器两极板之间的电压。
本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。
5.【答案】AC
【解析】解：A.根据题意线圈停止转动时满足
NBIS=kθ
解得θ=NBSkI
可知线圈(指针)偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故A正确；
B.磁感线不相交，图乙中穿过铁芯的磁感线不会都穿过铁芯横截面的圆心O，故B错误；
C.若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故C正确；
D.根据题意
NBIS=kθ
解得ΔθΔI=NBSk
由此可知更换k值更大的螺旋弹簧，ΔθΔI的比值减小，故灵敏度减小了，故D错误。
故选：AC。
首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，然后找出与电流表的原理相同的选项即可，同时由左手定则来确定安培力的方向。
首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，然后找出与电流表的原理相同的选项即可，同时由左手定则来确定安培力的方向。
6.【答案】BD
【解析】解：A、设A、B两颗星体的轨道半径分别为r1、r2，两颗星做圆周运动的周期相同，设为T，双星之间的万有引力提供向心力，可得：
对A有：GMmL2=m4π2T2r1……①
对B有：GMmL2=M4π2T2r2……②
两式联立得：mr1=Mr2
由题图可知r1>r2，可得：m
T=2π L3G(M+m)
若m缓慢增大，其他量不变，由上式可知周期T变小，故B正确，C错误；
D、由r1+r2=L，结合mr1=Mr2，可得：r1=MM+mL
若m缓慢增大，其他量不变，由上式可知A的轨道半径将缓慢减小，故D正确。
故选：BD。
两颗星做圆周运动的周期相同，根据双星之间的万有引力提供向心力可得A、B两颗星的质量关系和周期的表达式；根据所得周期的表达式判断周期的变化，根据半径关系与质量关系分析A的轨道半径如何变化。
本题考查了双星系统的基础问题，要知道双星系统中两星体的角速度和周期相等，两者靠相互间的万有引力提供向心力。
7.【答案】AC
【解析】解：AB.如下图所示，
将粒子的运动沿水平方向与竖直方向正交分解，可得：
水平方向初速度为：vx=v0csθ= 22v0
竖直方向初速度为：vy=v0sinθ= 22v0
在水平方向上粒子做匀速直线运动，粒子运动轨迹的最高点时竖直分速度为零，则由动能定理得：
−qU=12mvx2−12mv02
解得：qm=v024U，故A正确、B错误；
CD.粒子在竖直方向上做类似上抛运动，设当初速度是v0时运动时间为t1，粒子的加速度为a，极板长度为L，则有：
vy=v0sinθ= 22v0=at1
L=vxt1= 22v0t1
设初速度是12v0时，粒子运动到最高点的时间为t2，则有：
vy′=12v0sinθ= 24v0=at2
对比可得：t1=2t2
假设初速度是12v0时粒子打在下极板上，则粒子运动时间等于2t2
此情况的水平位移为：
x=vx′×2t2=12v0csθ×t1= 24v0t1
对比可得：x
将粒子的运动沿水平方向与竖直方向正交分解，在水平方向上粒子做匀速直线运动，粒子运动轨迹的最高点时竖直分速度为零，则由动能定理求解粒子的比荷；粒子在竖直方向上做类似上抛运动，利用初速度是v0时的运动求得板长表达式。应用假设法求得初速度是12v0时粒子打在下极板上的水平位移，对比可得假设是否成立。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题，基础较题目，应用运动的分解与合成处理曲线运动。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、由图可得：E=(3−t)×102
开始时的最大静摩擦力为f=μq|E0|=0.5×0.01×3×102N=1.5N>mg=0.1×10N=1N
则环先静止，再做加速运动，后再做减速运动，最后静止不动，环速度最大时，重力等于滑动摩擦力，则有
mg=μq|E|
联立解得：t=5s，(t=1s时开始运动)
根据牛顿第二定律得：mg−μq|E|=ma
整理得
a=5t−5，(0≤t≤3s)
a=25−5t，(t>3s)
在t=2s时加速度为a=5m/s2，若环做匀加速直线运动，则x=12at′2=12×5×12m=2.5m，所以0−2s内环的位移小于2.5m，故A错误，B正确；
CD、a−t图像如图所示
由a−t图像的面积表示速度的变化量，结合初速度为零，则环的最大速度为v=12×4×10m/s=20m/s
故0∼6s内环的最大动能为
Ekm=12mv2=12×0.1×202J=20J，故C错误，D正确。
故选：BD。
对环进行受力分析，结合牛顿第二定律得出环的最大加速度；根据牛顿第二定律，结合运动学公式和动能的计算公式分析0∼2的位移，同时得出环的速度到达最大的时刻和最大动能。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
9.【答案】2 一样块 小于
【解析】解： 94238Pu的质量数为238，电荷数为94，则中子数为n=238−94=144；根据质量数和电荷数守恒可知新核的质量数为A′=238−4=234，电荷数z′=94−2=92，可知新核的中子数n′=234−92=142，新核的中子数比 94238Pu的中子数2个；
元素的半衰期只受核子本身的性质影响，不会受到环境的影响，所以两种情况下衰变的速度一样快；
发生的核反应是α衰变，由于α衰变是自然发生的，衰变的过程中释放核能，且α粒子的比结合能较小，所以新核的比结合能比 94238Pu的比结合能大。
故答案为：2；一样快；大于。
根据核反应前后质量数和电荷数守恒的特点得出新核的质量数与电荷数，然后求出中子数；根据结合能的变化比较比结合能大小；元素的半衰期不受外界因素影响。
本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后的质量数守恒和电荷数守恒，结合半衰期的影响因素即可完成分析。
10.【答案】4U1.81000
【解析】解：(1)根据题意，金属丝原来的电阻
R=ρLS，U=IR，
金属丝均匀拉长到原来的2倍，电阻
R′=ρ2LS2=4ρLS=4R，
根据欧姆定律，所加电压
U′=IR′=I×4R=4U。
(2)根据并联电路的特点
IgRg=(I−Ig)Rx
代入Ig=100mA，Rg=9Ω，I=0.6A解得
Rx=1.8Ω；
(3)根据串联电路的特点
改装为量程为U2=15V的电压表时，有
Ig(Rg+R1+R2)=U2
代入Ig=10mA，Rg=60Ω，R1=440Ω，
解得R2=1000Ω
故答案为：(1)4U；(2)1.8；(3)1000。
(1)根据电阻定律先求解金属丝变化后的电阻和原来电阻值的比较，然后再由欧姆定律求电压；
(2)根据并联分流原理改装电流表，列式求解；
(3)根据串联分压的原理改装电压表，并根据所给数据列式求解。
熟练掌握电阻定律和电表的改装原理，并能进行相关应用。
11.【答案】相等 吸收 做正功
【解析】解：在p−1V图像中过坐标原点的直线气体做等温变化，则B状态到C状态发生等温变化，所以TA=TB；
在C→A过程中气体发生等压变化，由由盖-吕萨克定律可知：VCTC=VATA，由于VA>VC，则有TA>TC，则在C→A过程中，ΔU>0，而W<0，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知：Q>0，即表示此过程中吸收热量；
由题图可知，在一次循环的过程中，气体的p−V图像如图所示：
由于p−V图像与V轴所围的面积代表外界对气体所做的功，可知整个过程中，从A到B气体对外界做功大于从B到C外界对气体做功，则气体对外界做功。
故答案为：相等；吸收；做正功。
在p−1V图像中过坐标原点的直线气体做等温变化，则B状态到C状态发生等温变化；从C状态到A状态，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律判断C状态和A状态的温度的变化，由热力学第一定律判断气体吸热和放热的情况；可将p−1V图变成p−V，由p−V图与坐标轴V所围的面积表示外界对气体所做的功判断这个循环过程中气体与外界做功的情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是根据图像分析出气体变化前后的状态参量。
12.【答案】2000.1A
【解析】解：(1)弹簧的劲度系数为
k=ΔFΔx=6−23.5−1.5N/cm=2N/cm=200N/m
由图乙可知，不放砝码时，有
mg=kx1
解得 m=kx1g=200×0.00510kg=0.1kg
(2)丙图中纵坐标为弹簧伸长量，横坐标为拉力，图线斜率的倒数为劲度系数，由图可知弹簧A的劲度系数小，为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，故应选弹簧A。
故答案为：(1)0.1；(2)A。
(1)图乙F−x图像图像斜率表示劲度系数，可根据胡克定律计算劲度系数，由图乙可知，不放砝码时，弹簧有形变量，可根据胡克定律计算小盘质量；
(2)为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，需要找一个劲度系数小的弹簧，可比较A、B的弹簧劲度系数进行选择。
本题考查了运用实验探究胡克定律的能力，着重考查了对弹簧劲度系数的理解。
13.【答案】×100欧姆调零 900G1 I1(Rg1+R1)2I2−I1
【解析】解：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到×100进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为：9×100Ω=900Ω；
(2)根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，A1处电表改装后量程为36V，由欧姆定律可知，流过Rx的电流为：I1=URx；代入数据得：I1=0.04A=40mA；
若A2处选择G1，和R0并联后量程为20mA，不能满足实验要求，则应A1处选择G1，A2处选择G2。
(3)由于R0与G2内阻相等，则流过R0的电流为I2，则流过Rx的电流为：Ix=2I2−I1
Rx两端的电压为：Ux=I1(Rg1+R1)
由欧姆定律可得：Rx=UxIx=I1(Rg1+R1)2I2−I1。
故答案为：(1)×100、欧姆调零、900；(2)G1；(3)I1(Rg1+R1)2I2−I1。
(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(2)把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
(3)根据图示电路图求出电阻两端电压与通过电阻的电流，应用欧姆定律求出待测电阻阻值。
要掌握欧姆表的使用方法与注意事项、读数方法，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；根据题意分析清楚图示电路图，求出通过待测电阻的电流与待测电阻两端电压，应用欧姆定律求金属丝阻值的表达式。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律，有
E=UV+I(R+r)
带值解得
I=10A
电源的路端电压为
U=E−Ir
带值解得
U=200V
(2)电动机的电流为
I=10A
电动机的总功率为
P=UVI=120×10W=1200W
电动机的输出功率为
P出=P−I2r0=1200W−102×2W=1000W
(3)电动机提供的拉力大小为
F=P出v=10002N=500N
因电动机匀速提升重物，由重物受力平衡，有
G=F
则重物的质量为
m=Gg=50010kg=50kg
答：(1)电源的路端电压为200V；
(2)电动机的输出电功率为1000W；
(3)若电动机以v=2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量为50kg。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律，结合电路图分析求解；
(2)根据电动机输出功率等于总功率减去发热功率，结合焦耳定律分析求解；
(3)根据P=Fv，结合受力平衡分析求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系，理解纯电阻电路和非电阻电路的区别和联系是解决此类问题的关键。
15.【答案】解：(1)对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有FN1=(M+m)g
水平方向上有F−f1=(M+m)a
其中f1=μ1FN1
解得a=50m/s2
(2)对木块受力分析，竖直方向上有f2=mg
水平方向上有FN2=ma
其中f2=μ2FN2
解得μ2=0.2
(3)撤去拉力后，木块将相对铁箱滑动，对木块受力分析有f2′=ma2
其中f2′=μ2FN2′=μ2mg
对铁箱受力分析，有f1−f2′=Ma1
对木块的位移x2=v22a2
铁箱的位移x1=v22a1
木块刚好运动到铁箱右壁，则有L=x2−x1
解得v=6m/s
答：(1)铁箱的加速度大小为50m/s2；
(2)求铁箱与木块间的动摩擦因数为0.2；
(3)速度v的大小为6m/s。
【解析】(1)根据受力分析和牛顿第二定律可求出加速度；
(2)根据受力平衡可求出动摩擦因数μ；
(3)根据受力分析以及运动学公式可求出速度。
学生在解答本题时，应注意分析受力时，要注意有竖直和水平两个方向。
16.【答案】解：(1)由题意知，金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，则由平衡条件有
F安=BIL=mgsinθ
金属棒产生的动生电动势为
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律有
I=ER+r
联立并代入数据解得：m=1.8kg
(2)由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，1v−x图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间为
t1=(0.125+0.375)×12s=0.25s
则金属棒从ef运动到pn所用时间为
t2=t−t1=3112s−0.25s=73s
从撤去外力到运动至pn处，取向右为正方向，由动量定理有
−μmgt2−BLBLdR+r=0−mv03
代入数据，联立解得：d=2.4m
(3)金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力大小为
F安x=BIxLx
而电流为
Ix=ExR+r
动生电动势为
Ex=BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度为
Lx=1+2xtan45∘=1+2x
联立得：F安x=(1+2x)2v8
由图像得：1v=18+14x
变形得：v=81+2x
联立可得：F安x=1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
F安−=F1+F22=(1+0)+(1+2×1)2N=2N
所以安培力做功为WF安=−2J×1J=−2J
由动能定理有：
W外−μmgxef−WF安=12m(v03)2−12m(v0)2
解得外力所需做的功为：W外=−48.3J
答：(1)金属棒的质量m的大小为1.8kg；
(2)水平磁场边界ep的长度d为2.4m；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功为−48.3J。
【解析】(1)金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，根据动生电动势公式、安培力公式、欧姆定律以及平衡条件相结合求金属棒的质量m；
(2)从撤去外力到运动到pn处，根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求水平磁场边界ep的长度d；
(3)金属棒进入竖直向下的磁场中，由于切割的有效长度变化，根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合题图1v−x图像的表达式，联立求出速度v的表达式，安培力表达式，用平均值法求出克服安培力所做的功，再根据动能定理求解外力所需做的功。
解决本题的关键要读懂图像的意义，明确金属棒的运动情况，知道金属棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。
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