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2024年广东省中山市华侨中学高考物理模拟试卷（一）（含详细答案解析）
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这是一份2024年广东省中山市华侨中学高考物理模拟试卷（一）（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如下图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端栓接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是( )
A. B. C. D.
2.将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零
B. 圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为 gh
C. 弹簧恢复原长时，圆珠笔的动量最大
D. 上升过程中，圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒
3.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点A的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向
B. 波速为v=0.1m/s
C. 经过一个周期，质点A沿传播方向移动了10cm
D. x=10cm处的质点再经过0.45s一定在波谷
4.我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器T1的输入功率P0=2.2×108W，输入电压U0=11kV，输电线上的电流I1=200A，输电线的总电阻为R，输电线中的功率损失为输入功率的4%。则( )
A. U1=1.1×105V
B. 变压器T1的原副线圈匝数比为1：100
C. R=2200Ω
D. 若保持输入功率P0不变，提高输电电压U1，则U1与U2的差值增大
5.如图甲所示，在问天实验舱中的变重力科学实验柜，可为科学实验提供零重力到两倍重力范围的高精度模拟重力环境，用以研究不同重力环境下的科学现象。变重力科学实验柜的主要装置是如图乙所示的两套离心机。离心机旋转过程中，由于惯性作用，实验载荷会有沿着旋转半径向外飞出的趋势，可以等效为物体在圆周运动中受到一个与向心力等大反向的“离心力”，而这个“离心力”就可以用来模拟物体受到的重力。某次实验中，需要给距离圆心450mm的实验载荷模拟2g的重力环境(g取9.8m/s2)，则离心机的转速最接近以下哪个值( )
A. 0.1r/sB. 1r/sC. 10r/sD. 100r/s
6.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，M、N导轨的间距为L且电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，导体棒(含弹体)的总质量为m。在某次试验发射时，若接通电源瞬间为导体棒ab提供的电流为I，不计空气阻力，则( )
A. 若要导体棒向右加速，则电流需从a端流向b端
B. 在接通电源瞬间，导体棒的加速度为BILm
C. 若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
D. 若电源输出电压恒定，则导体棒所受的安培力将随着速度的增大而增大
7.工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，我国“天宫”空间站位于距地面约400km高的近地轨道，是我国宇航员进行太空工作和生活的场所；而同样也是我国自主研发的北斗卫星导航系统，由5颗同步卫星、30颗非静止轨道卫星和备用卫星组成，其广泛应用于三维卫星定位与通信。若上述的空间站和北斗系统的卫星均在各自轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下面说法正确的是( )
A. “天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行速度
B. “天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
C. 所有的同步卫星离地球表面的高度都是一定的
D. 若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，它将远离地球
9.美丽的彩虹是由于太阳光照射在众多微小的“水球”而发生的反射和折射现象。如图所示是某一均匀介质球的截面图，AB、CD是该介质球的两条直径，∠AOC=60∘，一束激光以平行于AB的方向从C点射入介质球，经过一次折射打到B点。设光在空气中的传播速度为c，则( )
A. 该介质球的折射率为 3
B. 光在该球中的速度为 3c
C. 光线在B点离开介质球的方向与直线AB夹角为60∘
D. 光线经介质球反射和折射后，可能沿平行于AB的方向射出
10.在超声波悬浮仪中，由LC振荡电路产生高频电信号，通过压电陶瓷转换成同频率的超声波，利用超声波最终实现小水珠的悬浮。若LC振荡电路某时刻线圈中的磁场及电容器两极板所带的电荷如图所示，下列说法正确的是( )
A. 此时电容器的电压正在增大
B. 此时电场能正向磁场能转化
C. 在线圈中插入铁芯，LC振荡电路的频率减小
D. 增大平行板电容器极板间的距离，LC振荡电路的频率减小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲所示，可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速(减速)运动时，杆便向左(向右)摆动。为了制作加速度计的刻度盘，同学们进行了如下操作：
(1)让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度.实验中得到一条较理想的纸带(如图乙)，纸带上记录的点为打点计时器(频率50Hz)打的点.根据数据求出重力加速度g=______m/s2(保留3位有效数字)。
(2)测量当地重力加速度后还应测量的物理量是______(填入所选物理量前的字母)。
A.小球的质量m
B.轻杆的长度L
C.小球的直径d
D.轻杆与竖直方向的夹角θ
(3)写出加速度与(1)、(2)中被测物理量之间的关系式a=______(用被测物理量的字母表示)。
12.某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻Rx的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力.已知该电阻Rx的阻值变化范围为50Ω∼250Ω.供选择的实验器材如下：
A.电源E(电动势为3V，内阻不计)
B.电流表A1(量程为3mA，内阻r1=10Ω)
C.电流表A2(量程为30mA，内阻r2约为1Ω)
D.电压表V(量程为15V，内阻约为5kΩ)
E.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)
F.定值电阻R0=50Ω
G.开关S及导线若干
(1)为了较准确地测量电阻Rx，请在图甲中虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。
(2)要测量电阻Rx，在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有______(多选)。
A.通过电流表A1的电流I1
B.通过电流表A2的电流I2
C.电压表V两端的电压U
D.电阻箱R1的电阻R1
(3)该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随所加外力F的Rx−F图像，如图乙所示.该同学将这种压敏电阻Rx与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4V，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0∼100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻R=______Ω，电压表2V刻度对应压力表50N的刻度.这样改装的压力表的压力刻度______(选填“均匀”或“不均匀”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
13.图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0=1.0×105Pa，温度为T0=300K，现启动加热模式使气体温度升高到T=450K，此过程中气体吸收的热量为Q=8.0×103J，内胆中气体的体积不变，求：
(1)此时内胆中气体的压强p；
(2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。
14.如图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA= 3gR的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC= 2gR的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2=0.5，长度为14R，求：
(1)为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
(2)求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？
(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？
15.汽车的减震器可以有效抑制车辆振动。某同学设计了一个利用电磁阻尼的减震器，在振子速度较大时用安培力减震，速度较小时用弹簧减震，其简化的原理如图所示。匀强磁场宽度为L=0.2m，磁感应强度B=1T，方向垂直于水平面。一轻弹簧处于水平原长状态垂直于磁场边界放置，右端固定，左端恰与磁场右边界平齐，劲度系数为k=16N/m。一宽为L，足够长的单匝矩形硬金属线框abcd固定在一小车上(图中未画出小车)，右端与小车右端平齐，二者的总质量为m=1kg，线框电阻为R=0.01Ω。使小车带着线框以v0=1m/s的速度沿光滑水平面，垂直磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场区域后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小；
(2)求小车向右运动过程中线框中产生的焦耳热和弹簧的最大压缩量；
(3)通过增加线框的匝数(质量的增加量忽略不计)可以增大安培力作用。若匝数增为n=10，小车的初速度增为v0′=10m/s，小车最终能停下来并保持静止吗？若能，求停下来并保持静止的位置；若不能，求小车最终的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设上面小球的质量为m，下面小球的质量为M，上半段绳与竖直方向的夹角为θ，下半段轻绳与竖直方向的夹角为α。以两个小球组成的整体为研究对象，其受力分析如图1所示
根据牛顿运动定律有：Fsinθ=(M+m)a，Fcsθ=(M+m)g，解得：tanθ=ag；以下面的小球为研究对象，其受力分析如图2所示
根据牛顿运动定律有：F′sinα=Ma，F′csα=Mg，解得：tanα=ag，因此α=θ，即A项正确，BCD项错误，故选A。
首先把两个小铁球看成一个整体，根据牛顿运动定律分析上面半段轻绳的偏角；然后隔离下面的小球，根据牛顿运动定律分析下面半段轻绳的偏角，比较两个偏角即可得出结论。
本题目考查的知识点是牛顿运动定律的应用，利用整体法、隔离法可以很快解决
2.【答案】D
【解析】解：A.弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；
B.圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得mgh=12mv2，解得v= 2gh
所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为v= 2gh，故B错误；
C.当弹簧恢复到弹簧弹力等于重力时，此时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；
D.上升过程中，圆珠笔(含弹簧)只受到重力作用，所以圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒，故D正确。
故选：D。
分析弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔所受力的合力，进而判断该过程合力的冲量；根据圆珠笔弹起的最大高度利用机械能守恒求解离开桌面的初速度；圆珠笔的合力为零时加速度为零，速度最大，动量最大；根据机械能守恒的条件分析。
弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔受到重力和弹簧弹力两个力作用；圆珠笔离开桌面的上升过程为竖直上抛运动。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据质点A的振动图像可知，t=0时刻质点A沿y轴正向运动，在甲图上，根据波形平移法可知，该简谐波沿x轴正方向，故A错误；
B、由图甲可知波长λ=10cm=0.1m，由图乙可知周期T=0.2s，则波速为v=λT=，故B错误；
C、简谐横波沿x轴传播，质点A只在自己平衡位置附近振动，而不随波向前迁移，故C错误；
D、x=10cm处的质点在t=0时间经过平衡位置向下振动，则再经过0.45s=214T一定在波谷，故D正确。
故选：D。
根据质点A的振动图像读出质点A在t=0时刻的振动方向，根据波形平移法分析波的传播方向；由图甲读出波长，由图乙读出周期，即可求出波速；质点A只在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移；根据时间与周期的关系分析x=10cm处的质点再经过0.45s时的位置。
解决本题时，要掌握振动图像判断质点振动方向的方法，熟练运用波形平移法判断波的传播方向，要掌握波速公式v=λT。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据电功率的计算公式P0=U1I1
解得U1=1.1×106V，故A错误；
C、根据电功率的计算公式P=4%P0=I12R
解得R=220Ω，故C错误；
D、根据P0=U1I1，可知U1增大时，I1减小，故U1−U2的差I1R减小，故D错误；
B、根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知n1n2=U0U1=110001.1×106=1100，故B正确；
故选：B。
根据变压器的原理及电压、电流与线圈匝数的比值，结合电功率的计算公式可分析解答。
本题考查了变压器、远距离输电等知识点。求降压变压器原线圈电压对学生来说是易错点，也是难点，要注意：损失的电功率的计算方法。
5.【答案】B
【解析】解：根据向心加速度公式有：2g=r(2πn)2
代入数据解得：n=1.1r/s，接近1r/s；
故ACD错误，B正确；
故选：B。
理解题意，根据向心加速度的公式解答。
本题考查向心加速度的运用，解题关键掌握基本公式的应用。
6.【答案】B
【解析】解：A、根据左手定则可知若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端，故A错误；
B、在接通电源瞬间，导体棒的加速度为a=BILm，故B正确；
CD.若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，故CD错误。
故选：B。
根据左手定则可分析A项；根据牛顿第二定律解得B项，若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加。
本题考查安培力和电磁感应，解题关键掌握左手定则和安培力功的的应用。
7.【答案】D
【解析】解：B.电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F=eE，电场力逐渐增大，图线向上，故B错误；
A.电子的加速度a=eEm，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，故A错误；
C.根据Ep=eEx，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，故C错误；
D.根据φ=Epe，Ep=eEx，解得φ=Ex，电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，故D正确。
故选：D。
电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，根据F=eE分析电场力，根据牛顿第二定律分析加速度，从而判断速度-时间图象，根据电势能和电势的斜率意义分析CD。
本题考查电势能与电场力做功的关系，解题关键掌握各图象的意义，尤其理解图象斜率的特点。
8.【答案】AC
【解析】解：A、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，“天宫”空间站位于距地面约400km高的近地轨道，其轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行速度，故A正确；
B、“天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为所受重力完全提供向心力，仍受重力作用，故B错误；
C、所有的同步卫星周期相同，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得：r3=GM4π2⋅T2，所以所有的同步卫星轨道半径相同、离地球表面的高度都是一定的，故C正确；
D、若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，所需要的向心力小于万有引力，它将做近心运动，所以它将靠近地球，故D错误。
故选：AC。
由万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；“天宫”空间站里的宇航员仍受重力作用；所有的同步卫星轨道半径相同；若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，它将靠近地球。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、由几何关系可得，入射角为60∘，折射角为30∘，根据折射定律可得该介质球的折射率为n=sin60∘sin30∘= 3，故A正确；
B、由n=cv，可得光在该球中的速度为 33c，故B错误；
C.由光路可逆得，光线在B点离开介质球的方向与直线AB夹角为60∘，故C正确；
D.由光路可逆得，从B点平行于CD方向入射，沿平行于AB的方向射出，故D正确。
故选：ACD。
根据几何关系找出入射角和折射角，再根据折射定律求出折射率；再根据光速与折射率的关系求出光在球中的传播速度；根据光路可逆判断光离开介质球的方向。
本题考查光的折射，解决本题的关键是理解折射定律，熟练画出光路图。
10.【答案】BC
【解析】解：A.由安培定则可知，线中的电流方向从上往下看为逆时针，而电容器上极板带正电，此时电容器正在放电，电容器两端的电压正在减小，故A错误；
B.由于电容器正在放电，电场能减小，由能量守恒定律知，线圈磁场能增大，故电场能正在转化为磁场能，故B正确；
C.在线圈中插入铁芯，线圈的自感系数增大，根据f=12π LC可知，电路的振荡频率减小，故C正确；
D.增大平行板电容器极板间的距离，根据C=Sεr4πkd可知，电容器的电容C减小，由f=12π LC可知，LC振荡电路的频率增大，故D错误。
故选：BC。
由图示磁场方向，根据安培定则判断出电路电流方向，结合电容器两极板间的电场方向，判断振荡过程处于什么阶段；然后根据电磁振荡特点分析答题。
本题考查电磁振荡的基本过程，根据磁场方向应用安培定则判断出电路电流方向、根据电场方向判断出电容器带电情况是正确解题的关键。
11.【答案】9.75Dgtanθ
【解析】解：(1)由逐差法可得重力加速度g=(12.52−7.05)×10−2−(7.05−3.14)×10−24×0.022m/s2=9.75m/s−2
(2)假设小球由于有加速度偏转了，轻杆与竖直方向家教为θ，由牛顿第二定律有mgtanθ=ma
得a=gtanθ
可知，为了标上对应的加速度，还要测量轻杆与竖直方向的夹角θ
故选D；
(3)综上所述，a=gtanθ
故答案为：(1)9.75(2)D(3)gtanθ
从加速度测量装置一定满足牛顿定律的前提出发，要正确选取使得刻度变化的研究对象，即小球，对小球受力分析，从而理解为什么能测量出加速度的数值。
本题要求学生具有对新情景，要求学生理解装置在竖直放置时，整体有加速度的情况，会由于牛顿第二定律偏转，受到合力，还要知道这种装置只能测量某一方向的一维加速度，需要学生具有一定的空间想象能力和联系实际应用的能力，要求平时学习时，不但要掌握理论，还要学会联系生活实际。
12.【答案】ABD 150 不均匀
【解析】解：(1)电路图如图所示：
(2)由实验原理可知，电流A1和R1串联后和Rx并联，
根据欧姆定律得Rx=I1(R1+r1)I2−I1
故需要读取的数据为电流表A1和A2的读数I1、I2，电阻箱的阻值R1.故ABD正确，C错误；
故选：ABD。
(3)由乙图可知，
Rx=250−250−50100F=250−2F
由丙图利用欧姆定律，得E=U+URRx
联立得E=U+UR(250−2F)
由题意，F=100N时，U=3V可得：R=150Ω，
当压力F=0时，可得U=32V
整理得F=200−300U
可知，F与U不是线性关系，故压力表的刻度不是均匀的。
故答案为：(1)图见解析；(2)ABD；(3)150不均匀
(1)根据实验原理，可以画出实验电路图；
(2)根据电路的欧姆定律，可以写出待测电阻的表达式，由表达式可以知道需要读取的数据：
(3)由乙图可以知道压敏电阻和压力的关系，再利用欧姆定律得出压敏电阻和电压表示数关系，进而得到压力和电压表示数关系。
本题考查伏安法测电阻，关键在于利用图象来处理问题，结合图象，得出各物理量的关系。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，气体可视为理想气体；
根据查理定律p0T0=pT
代入数据解得p=1.5×105Pa
(2)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
由于气体的体积不变，气体做功W=0
气体吸收的热量Q=8.0×103J
解得ΔU=8.0×103J。
答：(1)此时内胆中气体的压强为1.5×105Pa；
(2)此过程内胆中气体的内能增加量为8.0×103J。
【解析】(1)瓶胆内气体做等容变化，根据查理定律求气体压强；
(2)根据热力学第一定律求内能的变化。
本题主要考查了理想气体的等容变化和热力学第一定律的运用；在运用热力学第一定律时，要注意W正负的含义、Q正负的含义以及ΔU正负的含义。
14.【答案】解：(1)若产品由C到D一直加速，则传送时间最短。由动能定理：μ2mg(14R)=12mvm2−12mvC2
解得：vm=4 gR
则传送带速度：v≥4 gR
(2)产品2从A运动到B的过程，由动能定理得：2mgR=12mvB2−12mvA2
产品2和产品1发生弹性碰撞，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mvB=mv1+mv2
由机械能守恒定律得：12mvB2=12mv12+12mv22
解得v1=0，v2= 7gR
产品1进入杀菌平台后由动能定理得：−μ1mg(4R)=12mvC2−12mv22
解得：μ1=58
(3)若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足：mg=mvAm2R
产品进入杀菌平台的最小速度：v′2= 5gR
产品减速到0的距离为s，由动能定理得：−μ1mgs=0−12mv′22
解得：s=4R
产品进入杀菌平台后由动量定理得：−μ1mgt=0−mv2
代入数据解得：t=8 5gR5g
答：(1)传送带的速度应满足条件v≥4 gR；
(2)求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是58；
(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是8 5gR5g。
【解析】(1)产品从C到D一直做加速运动时，所用时间最短，根据动能定理求解；
(2)产品2从A到B重力做功，由动能定理求出在B点的速度，产品2与1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒列式求出碰后两者速度，再分析产品1从B到C的过程，根据动能定理列式可求动摩擦因数；
(3)产品不脱轨的临界情况是在A点恰好由重力提供向心力，由此求出A点速度，利用动能定理求出在B点的速度，分析在杀菌平台上的运动过程可知恰好到达C点减速为零，由动量定理求时间。
此题情景和遵循规律较复杂，明确受力分析和运动分析是解题的核心，灵活应用数学求极值是解题的关键，利用动能定理、机械能守恒和动量守恒定律是解题的突破口。
15.【答案】解：(1)线框刚进入磁场左边界时，感应电动势为：E=BLv0
线圈中的感应电流：I=ER
安培力：F=BIL
根据牛顿第二定律小车的加速度：a=Fm
联立代入数据解得：a=4m/s2
(2)设线圈的ab边穿过磁场时的速度为v，以向右的方向为正，则由动量定理：
−BI−LΔt=mv−mv0
由电流的定义和法拉第电磁感应定律有：
I−×Δt=E−R×Δt=ΔΦΔtR×Δt=BL⋅LR
代入数据解得：v=0.2m/s
则产生的焦耳热：Q=12mv02−12mv2
代入数据得：Q=0.48J
线圈ab边出离磁场后压缩弹簧，则：12mv2=12kx2
代入数据得：x=0.05m
(3)假设线圈ab边能穿过磁场，则由动量定理：
−nBI1−LΔt1=mv′−mv′0
同理有：I1−Δt1=nBL⋅LnR
解得：v′=2m/s，由于0压缩弹簧后返回磁场的速度仍为2m/s，设ab边能进入磁场的距离为s，则由动量定理：
−nBI2−LΔt2=0−mv′
同理返回时有：I2−Δt2=nBL⋅snR
解得：s=0.05m
即线框最终停止，停止时ab边距离磁场右边界0.05m。
答：(1)线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为4m/s2；
(2)小车向右运动过程中线框中产生的焦耳热为0.48J，弹簧的最大压缩量为0.05m；
(3)最终能停下来，停下来并保持静止的位置在距离磁场右边界0.05m的位置。
【解析】(1)根据动生电动势公式、欧姆定律等求安培力大小，根据牛顿第二定律求解的加速度；
(2)设向右为正方向，对滑动杆由动量定理、能量守恒定律进行解答；
(3)根据动量定理和电荷量经验公式求解线圈ab边穿出磁场的速度。压缩弹簧原速率返回，再由动量定律求距离。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
1.我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如下图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端栓接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是( )
A. B. C. D.
2.将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零
B. 圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为 gh
C. 弹簧恢复原长时，圆珠笔的动量最大
D. 上升过程中，圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒
3.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点A的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向
B. 波速为v=0.1m/s
C. 经过一个周期，质点A沿传播方向移动了10cm
D. x=10cm处的质点再经过0.45s一定在波谷
4.我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器T1的输入功率P0=2.2×108W，输入电压U0=11kV，输电线上的电流I1=200A，输电线的总电阻为R，输电线中的功率损失为输入功率的4%。则( )
A. U1=1.1×105V
B. 变压器T1的原副线圈匝数比为1：100
C. R=2200Ω
D. 若保持输入功率P0不变，提高输电电压U1，则U1与U2的差值增大
5.如图甲所示，在问天实验舱中的变重力科学实验柜，可为科学实验提供零重力到两倍重力范围的高精度模拟重力环境，用以研究不同重力环境下的科学现象。变重力科学实验柜的主要装置是如图乙所示的两套离心机。离心机旋转过程中，由于惯性作用，实验载荷会有沿着旋转半径向外飞出的趋势，可以等效为物体在圆周运动中受到一个与向心力等大反向的“离心力”，而这个“离心力”就可以用来模拟物体受到的重力。某次实验中，需要给距离圆心450mm的实验载荷模拟2g的重力环境(g取9.8m/s2)，则离心机的转速最接近以下哪个值( )
A. 0.1r/sB. 1r/sC. 10r/sD. 100r/s
6.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，M、N导轨的间距为L且电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，导体棒(含弹体)的总质量为m。在某次试验发射时，若接通电源瞬间为导体棒ab提供的电流为I，不计空气阻力，则( )
A. 若要导体棒向右加速，则电流需从a端流向b端
B. 在接通电源瞬间，导体棒的加速度为BILm
C. 若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
D. 若电源输出电压恒定，则导体棒所受的安培力将随着速度的增大而增大
7.工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，我国“天宫”空间站位于距地面约400km高的近地轨道，是我国宇航员进行太空工作和生活的场所；而同样也是我国自主研发的北斗卫星导航系统，由5颗同步卫星、30颗非静止轨道卫星和备用卫星组成，其广泛应用于三维卫星定位与通信。若上述的空间站和北斗系统的卫星均在各自轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下面说法正确的是( )
A. “天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行速度
B. “天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
C. 所有的同步卫星离地球表面的高度都是一定的
D. 若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，它将远离地球
9.美丽的彩虹是由于太阳光照射在众多微小的“水球”而发生的反射和折射现象。如图所示是某一均匀介质球的截面图，AB、CD是该介质球的两条直径，∠AOC=60∘，一束激光以平行于AB的方向从C点射入介质球，经过一次折射打到B点。设光在空气中的传播速度为c，则( )
A. 该介质球的折射率为 3
B. 光在该球中的速度为 3c
C. 光线在B点离开介质球的方向与直线AB夹角为60∘
D. 光线经介质球反射和折射后，可能沿平行于AB的方向射出
10.在超声波悬浮仪中，由LC振荡电路产生高频电信号，通过压电陶瓷转换成同频率的超声波，利用超声波最终实现小水珠的悬浮。若LC振荡电路某时刻线圈中的磁场及电容器两极板所带的电荷如图所示，下列说法正确的是( )
A. 此时电容器的电压正在增大
B. 此时电场能正向磁场能转化
C. 在线圈中插入铁芯，LC振荡电路的频率减小
D. 增大平行板电容器极板间的距离，LC振荡电路的频率减小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲所示，可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速(减速)运动时，杆便向左(向右)摆动。为了制作加速度计的刻度盘，同学们进行了如下操作：
(1)让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度.实验中得到一条较理想的纸带(如图乙)，纸带上记录的点为打点计时器(频率50Hz)打的点.根据数据求出重力加速度g=______m/s2(保留3位有效数字)。
(2)测量当地重力加速度后还应测量的物理量是______(填入所选物理量前的字母)。
A.小球的质量m
B.轻杆的长度L
C.小球的直径d
D.轻杆与竖直方向的夹角θ
(3)写出加速度与(1)、(2)中被测物理量之间的关系式a=______(用被测物理量的字母表示)。
12.某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻Rx的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力.已知该电阻Rx的阻值变化范围为50Ω∼250Ω.供选择的实验器材如下：
A.电源E(电动势为3V，内阻不计)
B.电流表A1(量程为3mA，内阻r1=10Ω)
C.电流表A2(量程为30mA，内阻r2约为1Ω)
D.电压表V(量程为15V，内阻约为5kΩ)
E.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)
F.定值电阻R0=50Ω
G.开关S及导线若干
(1)为了较准确地测量电阻Rx，请在图甲中虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。
(2)要测量电阻Rx，在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有______(多选)。
A.通过电流表A1的电流I1
B.通过电流表A2的电流I2
C.电压表V两端的电压U
D.电阻箱R1的电阻R1
(3)该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随所加外力F的Rx−F图像，如图乙所示.该同学将这种压敏电阻Rx与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4V，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0∼100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻R=______Ω，电压表2V刻度对应压力表50N的刻度.这样改装的压力表的压力刻度______(选填“均匀”或“不均匀”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
13.图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0=1.0×105Pa，温度为T0=300K，现启动加热模式使气体温度升高到T=450K，此过程中气体吸收的热量为Q=8.0×103J，内胆中气体的体积不变，求：
(1)此时内胆中气体的压强p；
(2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。
14.如图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA= 3gR的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC= 2gR的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2=0.5，长度为14R，求：
(1)为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
(2)求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？
(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？
15.汽车的减震器可以有效抑制车辆振动。某同学设计了一个利用电磁阻尼的减震器，在振子速度较大时用安培力减震，速度较小时用弹簧减震，其简化的原理如图所示。匀强磁场宽度为L=0.2m，磁感应强度B=1T，方向垂直于水平面。一轻弹簧处于水平原长状态垂直于磁场边界放置，右端固定，左端恰与磁场右边界平齐，劲度系数为k=16N/m。一宽为L，足够长的单匝矩形硬金属线框abcd固定在一小车上(图中未画出小车)，右端与小车右端平齐，二者的总质量为m=1kg，线框电阻为R=0.01Ω。使小车带着线框以v0=1m/s的速度沿光滑水平面，垂直磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场区域后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小；
(2)求小车向右运动过程中线框中产生的焦耳热和弹簧的最大压缩量；
(3)通过增加线框的匝数(质量的增加量忽略不计)可以增大安培力作用。若匝数增为n=10，小车的初速度增为v0′=10m/s，小车最终能停下来并保持静止吗？若能，求停下来并保持静止的位置；若不能，求小车最终的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设上面小球的质量为m，下面小球的质量为M，上半段绳与竖直方向的夹角为θ，下半段轻绳与竖直方向的夹角为α。以两个小球组成的整体为研究对象，其受力分析如图1所示
根据牛顿运动定律有：Fsinθ=(M+m)a，Fcsθ=(M+m)g，解得：tanθ=ag；以下面的小球为研究对象，其受力分析如图2所示
根据牛顿运动定律有：F′sinα=Ma，F′csα=Mg，解得：tanα=ag，因此α=θ，即A项正确，BCD项错误，故选A。
首先把两个小铁球看成一个整体，根据牛顿运动定律分析上面半段轻绳的偏角；然后隔离下面的小球，根据牛顿运动定律分析下面半段轻绳的偏角，比较两个偏角即可得出结论。
本题目考查的知识点是牛顿运动定律的应用，利用整体法、隔离法可以很快解决
2.【答案】D
【解析】解：A.弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；
B.圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得mgh=12mv2，解得v= 2gh
所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为v= 2gh，故B错误；
C.当弹簧恢复到弹簧弹力等于重力时，此时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；
D.上升过程中，圆珠笔(含弹簧)只受到重力作用，所以圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒，故D正确。
故选：D。
分析弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔所受力的合力，进而判断该过程合力的冲量；根据圆珠笔弹起的最大高度利用机械能守恒求解离开桌面的初速度；圆珠笔的合力为零时加速度为零，速度最大，动量最大；根据机械能守恒的条件分析。
弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔受到重力和弹簧弹力两个力作用；圆珠笔离开桌面的上升过程为竖直上抛运动。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据质点A的振动图像可知，t=0时刻质点A沿y轴正向运动，在甲图上，根据波形平移法可知，该简谐波沿x轴正方向，故A错误；
B、由图甲可知波长λ=10cm=0.1m，由图乙可知周期T=0.2s，则波速为v=λT=，故B错误；
C、简谐横波沿x轴传播，质点A只在自己平衡位置附近振动，而不随波向前迁移，故C错误；
D、x=10cm处的质点在t=0时间经过平衡位置向下振动，则再经过0.45s=214T一定在波谷，故D正确。
故选：D。
根据质点A的振动图像读出质点A在t=0时刻的振动方向，根据波形平移法分析波的传播方向；由图甲读出波长，由图乙读出周期，即可求出波速；质点A只在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移；根据时间与周期的关系分析x=10cm处的质点再经过0.45s时的位置。
解决本题时，要掌握振动图像判断质点振动方向的方法，熟练运用波形平移法判断波的传播方向，要掌握波速公式v=λT。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据电功率的计算公式P0=U1I1
解得U1=1.1×106V，故A错误；
C、根据电功率的计算公式P=4%P0=I12R
解得R=220Ω，故C错误；
D、根据P0=U1I1，可知U1增大时，I1减小，故U1−U2的差I1R减小，故D错误；
B、根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知n1n2=U0U1=110001.1×106=1100，故B正确；
故选：B。
根据变压器的原理及电压、电流与线圈匝数的比值，结合电功率的计算公式可分析解答。
本题考查了变压器、远距离输电等知识点。求降压变压器原线圈电压对学生来说是易错点，也是难点，要注意：损失的电功率的计算方法。
5.【答案】B
【解析】解：根据向心加速度公式有：2g=r(2πn)2
代入数据解得：n=1.1r/s，接近1r/s；
故ACD错误，B正确；
故选：B。
理解题意，根据向心加速度的公式解答。
本题考查向心加速度的运用，解题关键掌握基本公式的应用。
6.【答案】B
【解析】解：A、根据左手定则可知若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端，故A错误；
B、在接通电源瞬间，导体棒的加速度为a=BILm，故B正确；
CD.若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，故CD错误。
故选：B。
根据左手定则可分析A项；根据牛顿第二定律解得B项，若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加。
本题考查安培力和电磁感应，解题关键掌握左手定则和安培力功的的应用。
7.【答案】D
【解析】解：B.电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F=eE，电场力逐渐增大，图线向上，故B错误；
A.电子的加速度a=eEm，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，故A错误；
C.根据Ep=eEx，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，故C错误；
D.根据φ=Epe，Ep=eEx，解得φ=Ex，电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，故D正确。
故选：D。
电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，根据F=eE分析电场力，根据牛顿第二定律分析加速度，从而判断速度-时间图象，根据电势能和电势的斜率意义分析CD。
本题考查电势能与电场力做功的关系，解题关键掌握各图象的意义，尤其理解图象斜率的特点。
8.【答案】AC
【解析】解：A、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，“天宫”空间站位于距地面约400km高的近地轨道，其轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行速度，故A正确；
B、“天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为所受重力完全提供向心力，仍受重力作用，故B错误；
C、所有的同步卫星周期相同，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得：r3=GM4π2⋅T2，所以所有的同步卫星轨道半径相同、离地球表面的高度都是一定的，故C正确；
D、若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，所需要的向心力小于万有引力，它将做近心运动，所以它将靠近地球，故D错误。
故选：AC。
由万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；“天宫”空间站里的宇航员仍受重力作用；所有的同步卫星轨道半径相同；若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，它将靠近地球。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、由几何关系可得，入射角为60∘，折射角为30∘，根据折射定律可得该介质球的折射率为n=sin60∘sin30∘= 3，故A正确；
B、由n=cv，可得光在该球中的速度为 33c，故B错误；
C.由光路可逆得，光线在B点离开介质球的方向与直线AB夹角为60∘，故C正确；
D.由光路可逆得，从B点平行于CD方向入射，沿平行于AB的方向射出，故D正确。
故选：ACD。
根据几何关系找出入射角和折射角，再根据折射定律求出折射率；再根据光速与折射率的关系求出光在球中的传播速度；根据光路可逆判断光离开介质球的方向。
本题考查光的折射，解决本题的关键是理解折射定律，熟练画出光路图。
10.【答案】BC
【解析】解：A.由安培定则可知，线中的电流方向从上往下看为逆时针，而电容器上极板带正电，此时电容器正在放电，电容器两端的电压正在减小，故A错误；
B.由于电容器正在放电，电场能减小，由能量守恒定律知，线圈磁场能增大，故电场能正在转化为磁场能，故B正确；
C.在线圈中插入铁芯，线圈的自感系数增大，根据f=12π LC可知，电路的振荡频率减小，故C正确；
D.增大平行板电容器极板间的距离，根据C=Sεr4πkd可知，电容器的电容C减小，由f=12π LC可知，LC振荡电路的频率增大，故D错误。
故选：BC。
由图示磁场方向，根据安培定则判断出电路电流方向，结合电容器两极板间的电场方向，判断振荡过程处于什么阶段；然后根据电磁振荡特点分析答题。
本题考查电磁振荡的基本过程，根据磁场方向应用安培定则判断出电路电流方向、根据电场方向判断出电容器带电情况是正确解题的关键。
11.【答案】9.75Dgtanθ
【解析】解：(1)由逐差法可得重力加速度g=(12.52−7.05)×10−2−(7.05−3.14)×10−24×0.022m/s2=9.75m/s−2
(2)假设小球由于有加速度偏转了，轻杆与竖直方向家教为θ，由牛顿第二定律有mgtanθ=ma
得a=gtanθ
可知，为了标上对应的加速度，还要测量轻杆与竖直方向的夹角θ
故选D；
(3)综上所述，a=gtanθ
故答案为：(1)9.75(2)D(3)gtanθ
从加速度测量装置一定满足牛顿定律的前提出发，要正确选取使得刻度变化的研究对象，即小球，对小球受力分析，从而理解为什么能测量出加速度的数值。
本题要求学生具有对新情景，要求学生理解装置在竖直放置时，整体有加速度的情况，会由于牛顿第二定律偏转，受到合力，还要知道这种装置只能测量某一方向的一维加速度，需要学生具有一定的空间想象能力和联系实际应用的能力，要求平时学习时，不但要掌握理论，还要学会联系生活实际。
12.【答案】ABD 150 不均匀
【解析】解：(1)电路图如图所示：
(2)由实验原理可知，电流A1和R1串联后和Rx并联，
根据欧姆定律得Rx=I1(R1+r1)I2−I1
故需要读取的数据为电流表A1和A2的读数I1、I2，电阻箱的阻值R1.故ABD正确，C错误；
故选：ABD。
(3)由乙图可知，
Rx=250−250−50100F=250−2F
由丙图利用欧姆定律，得E=U+URRx
联立得E=U+UR(250−2F)
由题意，F=100N时，U=3V可得：R=150Ω，
当压力F=0时，可得U=32V
整理得F=200−300U
可知，F与U不是线性关系，故压力表的刻度不是均匀的。
故答案为：(1)图见解析；(2)ABD；(3)150不均匀
(1)根据实验原理，可以画出实验电路图；
(2)根据电路的欧姆定律，可以写出待测电阻的表达式，由表达式可以知道需要读取的数据：
(3)由乙图可以知道压敏电阻和压力的关系，再利用欧姆定律得出压敏电阻和电压表示数关系，进而得到压力和电压表示数关系。
本题考查伏安法测电阻，关键在于利用图象来处理问题，结合图象，得出各物理量的关系。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，气体可视为理想气体；
根据查理定律p0T0=pT
代入数据解得p=1.5×105Pa
(2)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
由于气体的体积不变，气体做功W=0
气体吸收的热量Q=8.0×103J
解得ΔU=8.0×103J。
答：(1)此时内胆中气体的压强为1.5×105Pa；
(2)此过程内胆中气体的内能增加量为8.0×103J。
【解析】(1)瓶胆内气体做等容变化，根据查理定律求气体压强；
(2)根据热力学第一定律求内能的变化。
本题主要考查了理想气体的等容变化和热力学第一定律的运用；在运用热力学第一定律时，要注意W正负的含义、Q正负的含义以及ΔU正负的含义。
14.【答案】解：(1)若产品由C到D一直加速，则传送时间最短。由动能定理：μ2mg(14R)=12mvm2−12mvC2
解得：vm=4 gR
则传送带速度：v≥4 gR
(2)产品2从A运动到B的过程，由动能定理得：2mgR=12mvB2−12mvA2
产品2和产品1发生弹性碰撞，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mvB=mv1+mv2
由机械能守恒定律得：12mvB2=12mv12+12mv22
解得v1=0，v2= 7gR
产品1进入杀菌平台后由动能定理得：−μ1mg(4R)=12mvC2−12mv22
解得：μ1=58
(3)若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足：mg=mvAm2R
产品进入杀菌平台的最小速度：v′2= 5gR
产品减速到0的距离为s，由动能定理得：−μ1mgs=0−12mv′22
解得：s=4R
产品进入杀菌平台后由动量定理得：−μ1mgt=0−mv2
代入数据解得：t=8 5gR5g
答：(1)传送带的速度应满足条件v≥4 gR；
(2)求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是58；
(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是8 5gR5g。
【解析】(1)产品从C到D一直做加速运动时，所用时间最短，根据动能定理求解；
(2)产品2从A到B重力做功，由动能定理求出在B点的速度，产品2与1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒列式求出碰后两者速度，再分析产品1从B到C的过程，根据动能定理列式可求动摩擦因数；
(3)产品不脱轨的临界情况是在A点恰好由重力提供向心力，由此求出A点速度，利用动能定理求出在B点的速度，分析在杀菌平台上的运动过程可知恰好到达C点减速为零，由动量定理求时间。
此题情景和遵循规律较复杂，明确受力分析和运动分析是解题的核心，灵活应用数学求极值是解题的关键，利用动能定理、机械能守恒和动量守恒定律是解题的突破口。
15.【答案】解：(1)线框刚进入磁场左边界时，感应电动势为：E=BLv0
线圈中的感应电流：I=ER
安培力：F=BIL
根据牛顿第二定律小车的加速度：a=Fm
联立代入数据解得：a=4m/s2
(2)设线圈的ab边穿过磁场时的速度为v，以向右的方向为正，则由动量定理：
−BI−LΔt=mv−mv0
由电流的定义和法拉第电磁感应定律有：
I−×Δt=E−R×Δt=ΔΦΔtR×Δt=BL⋅LR
代入数据解得：v=0.2m/s
则产生的焦耳热：Q=12mv02−12mv2
代入数据得：Q=0.48J
线圈ab边出离磁场后压缩弹簧，则：12mv2=12kx2
代入数据得：x=0.05m
(3)假设线圈ab边能穿过磁场，则由动量定理：
−nBI1−LΔt1=mv′−mv′0
同理有：I1−Δt1=nBL⋅LnR
解得：v′=2m/s，由于0
−nBI2−LΔt2=0−mv′
同理返回时有：I2−Δt2=nBL⋅snR
解得：s=0.05m
即线框最终停止，停止时ab边距离磁场右边界0.05m。
答：(1)线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为4m/s2；
(2)小车向右运动过程中线框中产生的焦耳热为0.48J，弹簧的最大压缩量为0.05m；
(3)最终能停下来，停下来并保持静止的位置在距离磁场右边界0.05m的位置。
【解析】(1)根据动生电动势公式、欧姆定律等求安培力大小，根据牛顿第二定律求解的加速度；
(2)设向右为正方向，对滑动杆由动量定理、能量守恒定律进行解答；
(3)根据动量定理和电荷量经验公式求解线圈ab边穿出磁场的速度。压缩弹簧原速率返回，再由动量定律求距离。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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