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2023-2024学年安徽省皖北五校高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)
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这是一份2023-2024学年安徽省皖北五校高三（第二次）模拟考试物理试卷(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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2023年12月14日，我国宣布新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放，邀请全世界科学家来中国集智攻关，共同追逐“人造太阳”能源梦想。“人造太阳”物理本质就是核聚变，其发生核聚变的原理和太阳发光发热的原理很相似，核反应方程为 12H+13H→ 24He+X+17.6MeV。下列说法正确的是
A. 该反应为链式反应B. X是质子
C. 24He的比结合能比 12H的大D. 24He的结合能为17.6MeV
2.如图所示，把一张作业纸用一块磁铁固定在竖直金属展板上；系统保持静止状态，下列说法正确的是( )
A. 作业纸受到5个力的作用
B. 作业纸对磁铁的摩擦力向下
C. 作业纸对金属板的摩擦力向上
D. 在作业纸的下端再放一块磁铁，金属板受到的摩擦力不变
3.如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是
A. 小车一定做匀速运动B. 小车一定向右做加速运动
C. 弹簧有弹力时，细绳可能没拉力D. 细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
4.环保人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水，如图所示。环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为d，管口中心距离河水水面的高度为hh≫d，污水入河道处到排污管管口的水平距离为x。重力加速度大小为g。该管道在时间t内排出的污水体积为( )
A. πxtd2 2ghB. 12πxtd2 2ghC. 14πxtd2 2ghD. 18πxtd2 2gh
5.北京时间2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船发射取得圆满成功，我国载人航天工程发射任务实现30战30捷。神舟十七号载人飞船的发射与交会对接过程如图所示，图中①为近地圆轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在圆轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。G为万有引力常量，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 神舟十七号在轨道①上的速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B. 神舟十七号在轨道②上经过Q点的速度等于在轨道③上经过Q点的速度
C. 神舟十七号在轨道①上经过P点的加速度小于在轨道②上经过P点的加速度
D. 神舟十七号在轨道②上周期为R1+R2πR1 R1+R22g
6.杜甫在《曲江》中写到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。平静水面上“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播。图甲为一列可看成简谐横波的水波在t=0.1s时的波形图，P、Q是介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 水波沿x轴负方向传播B. 水波的波速为10m/s
C. t=1.6s时，质点Q的位移为AD. 质点P的平衡位置坐标xP=4.5cm
7.卡诺循环(Carntcycle)是由法国工程师尼古拉⋅莱昂纳尔⋅萨迪⋅卡诺于1824年提出的，以分析热机的工作过程，简化如下：如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程。下列说法正确的是( )
A. a→b过程气体对外界做功内能减小
B. b→c过程气体对外界做的功大于气体内能的减少量
C. c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数不变
D. 一个循环气体对外界做功大小为abcda所围图形面积
8.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中，物体B的动能减少量大小为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于ΔEkB，ΔEkA，Q的值，下列情况可能的是
A. ΔEkB=7J，ΔEkA=4J，Q=4J
B. ΔEkB=7J，ΔEkA=3J，Q=4J
C. ΔEkB=8J，ΔEkA=3J，Q=2J
D. ΔEkB=8J，ΔEkA=5J，Q=3J
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图甲所示，a、b、O三点位于两个等量异种点电荷的连线上，O为连线中点，a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d两点位于MN的连线上，且c、d到O′的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是
A. O点处的电场强度方向水平向右B. O′点处的磁感应强度方向水平向右
C. a、b处的电场强度大小相等，方向相反D. c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同
10.在一座高楼顶层，工程师们正在安装一个新型的安全装置，来检测大楼内部的振动情况，以便及时采取措施防止可能的安全隐患。如图为简化装置，质量均为m的A、B两木块通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方高h处有一质量为2m的木块C，现将木块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中木块B恰好未脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。则
A. 木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为mgh3
B. 物体B恰好未脱离地面时，A、C的加速度为43g
C. 木块C与木块A碰撞时A对C的作用力的冲量大小为m 2gh3
D. 弹簧的最大压缩量为7mgk
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.为筹备校篮球比赛，学校采购了一批矿泉水。小华同学用如图所示的双缝干涉装置测定这种矿泉水的折射率，单色光通过单缝S0后分为两束，分别从双缝S1、S2射到荧光屏上后形成干涉条纹．小华将待测矿泉水填充到特制容器中(不考虑器壁对光的影响)，然后将特制容器(图中未画出)放置在双缝与荧光屏之间(充满双缝与屏之间的整个空间，之前为空气)，其他情况不变，通过比对放置特制容器前、后荧光屏上的干涉条纹间距，就可以计算出该矿泉水的折射率．
(1)本实验__________测量双缝的间距d，__________测量双缝到荧光屏的距离L。(均填“需要”或“不需要”)
(2)若测得放置特制容器前、后荧光屏上相邻两条亮条纹的间距分别为x1、x2，则这种矿泉水的折射率n=__________。
12.一段粗细均匀、中空的圆柱形导体，其横截面及中空部分横截面均为圆形，如图(a)所示。某同学想测量中空部分的直径的大小，但由于直径太小无法直接精准测量，他设计了如下实验进行间接测量。
实验步骤：
(1)用螺旋测微器测得这段导体横截面的直径D如图(b)所示。则直径D的测量值为__________mm。然后又用游标卡尺测得该元件的长度L。
(2)用多用电表粗测这段导体两端面之间的电阻值：该同学选择“×100”挡位，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大。为了较准确地进行测量，应该选择__________挡位(选填“×1k”或“×10”)，并重新欧姆调零，正确操作并读数，此时刻度盘上的指针位置如图(c)所示，则测量值为__________Ω。
(3)设计了如图(d)所示的电路精确测量这段导体两端面之间的电阻值，除待测导体件Rx外，实验室还提供了如下器材：
A.电流表A1(量程为20 mA，内阻r=25Ω)
B.电流表A2(量程为50 mA，内阻未知)
C.滑动变阻器Rp(0∼10Ω)
D.定值电阻R=200Ω
E.电源(电动势E=4.5V，内阻可以忽略)
F.开关S、导线若干
为了减小误差，改变滑动变阻器滑动触头的位置，多测几组I1、I2的值，作出I2−I1关系图像如图(e)所示。已知图线上的斜率为k，则可知这段导体两端面间电阻的测量值Rx=__________(用k、r、R表示)
(4)该同学查出这段导体材料的电阻率ρ，则中空部分的直径大小测量值为__________(用Rx、L、D、ρ表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，光滑的四分之一圆轨道最低点P与水平传送带相切，圆弧轨道半径为3.2m，一质量m=1kg的小物体(可视为质点)在圆心等高处由静止释放，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，传送带长度d=11m，且传送带以4m/s顺时针匀速转动。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小物体经过P点对圆弧轨道的压力；
(2)小物体从P点到Q点所用的时间。
14.如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d，OQ=2d。不计粒子重力。
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0的大小。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
15.阜蒙淮城际高铁是皖北地区城际铁路网的重要组成部分，计划2026年建成通车，设计时速350km/h。科学家设计了真空管道超高速列车，它将比现有高铁快3倍，速度可超过1000km/h。图1是该列车动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R2的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
(1)启动时，若M接电源正极，N接电源负极，请判断列车运行方向；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了轻核聚变与结合能的问题，要求学生熟练掌握核反应中结合能和比结合能的判断。
根据质量数和电荷数守恒判断X是什么原子核；根据核聚变和核裂变定义判断是否为链式反应；根据结合能和比结合能的定义及特点判断。
【解答】
A.重核裂变是链式反应，而根据题意该反应是轻核聚变，不是链式反应，故A错误；
B.根据质量数与电荷数守恒有，
质量数满足：2+3−4=1
质子数满足：1+1−2=0
可得X是中子 01n，故B错误；
C.该核反应释放核能，表明生成核比反应核更加稳定，即 24He的比结合能比 12H的大，故C正确；
D.结合能指单个自由发散的核子合成原子核释放的能量，而17.6MeV是 12H与 13H发生聚变反应释放的核能，可知 24He的结合能大于17.6MeV，故D错误。
2.【答案】A
【解析】A.作业纸水平方向受到磁铁的压力和金属展板的支持力；竖直方向受到重力、磁铁的摩擦力和金属展板的摩擦力，共受到5个力的作用，故A正确；
B.以磁铁为对象，根据受力平衡可知作业纸对磁铁的摩擦力向上，故B错误；
C.以作业纸和磁铁为整体，根据受力平衡可知金属板对作业纸的摩擦力向上，则作业纸对金属板的摩擦力向下，故C错误；
D.在作业纸的下端再放一块磁铁，以作业纸和两块磁铁为整体，根据受力平衡可知金属板对整体的摩擦力变大，则金属板受到的摩擦力变大，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了运动学与力学问题的结合，其中掌握受力情况对运动情况的影响规律为解题的关键，旨在考查对牛顿第二定律的理解。
当小车处于匀速直线运动状态时，小球受重力和弹簧弹力平衡，竖直方向上的合力为零，绳子拉力为零；当小球小球受细绳的拉力，合力一定水平向右，加速度一定水平向右；解决该题的关键是能根据物体的运动状态正确进行受力分析。
【解答】
A.小车可以向右做匀加速直线运动，或者向左做匀减速直线运动，故A错误；
B.若绳上拉力不为零，受力分析可知mg=Tcsα+F，Tsinα=ma，此时，小车加速度向右，可能向右做匀加速直线运动，或者向左做匀减速直线运动，故 B 错误；
C.当小车做匀速直线运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故C正确；
D.若满足mg=Tcsα，则细绳有拉力，弹簧没弹力，故 D错误。
4.【答案】D
【解析】根据平抛运动规律有x=vt0，h=12gt02，且V=SL=πd22×vt，解得V=18πxtd2 2gh。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及到卫星在轨道上运行参数的比较。解题的关键是要知道卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，卫星绕中心天体做椭圆运动时，从远地点开始做近心运动，万有引力大于需要的向心力，注意开普勒第三定律的应用。
【解答】
【解析】
A.轨道①为近地圆轨道，神舟十七号在轨道①上做匀速圆周运动，线速度大小等于第一宇宙速度7.9km/s，A错误；
B.神舟十七号在圆轨道③上做匀速圆周运动有：GMmR22=mv32R2；在椭圆轨道②上经过Q点开始做近心运动有：GMmR22>mv22R2，所以v2C.由牛顿第二定律无论在哪个轨道，神舟十七号在P点加速度都是a=GMR12，C错误；
D.神舟十七号在①轨道上有：GMmR12=m4π2R1T12，解得：T1=2π R1g，根据开普勒第三定律有R13T12=(R1+R22)3T22，则神舟十七号在②轨道上周期为：T2=(R1+R2)πR1 R1+R22g，D正确；
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动方程和振动方程。
根据P点的运动情况结合平移法可知波的传播方向，由图像读出波长、周期，然后求出波速。根据PQ的位置关系分析CD项。
【解答】
A、根据图乙可知0.1s时质点P沿y轴正方向振动，根据甲图可知水波沿x轴正方向传播;A错误；
B、根据甲乙图像可知波长12cm，周期T=1.2s，则λ=vT解得波速为v=0.1m/s;B错误；
C、有甲图知0.1s时Q在平衡位置往上振，则t=1.6s时Q到达波峰处，故C正确;
D、甲图中质点P位移为A2，根据三角函数知识可得质点P平衡位置坐标xP=4cm。D错误
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查气体实验定律的应用中气体状态变化的图像问题以及热力学第一定律的内容及应用，需要学生学会根据图像进行分析，难度不大。
【解答】
A、a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变;A错误；
B、b→c绝热膨胀过程Q=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知过程气体对外做的功等于气体内能的减少量;B错误；
C、c→d为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误;
D、P−V图所围面积为气体与外界做功数值，体积变大，气体对外界做功，体积变小，外界对气体做功。所以一个循环气体对外界做功大小为abcda所围图形面积。D正确。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题通过板块模型考查能量守恒、功能关系等知识点，要明确摩擦力对A、B做的功等于A、B动能的变化量，而摩擦热为摩擦力与AB相对位移的乘积，本题采用了图像法，让解题更加直观简便。
【解答】
AC.木板A和物体B组成的系统能量守恒：△EkB=△EkA+Q，故AC错误；
BD.画出物体B和长木板A的速度-时间图线，分别如图中1和2所示：
；
图中1和2之间的梯形面积表示板长l，l与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知x1>l，x2Q>△EkA，故B正确，D错误。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了电场和磁场的相关问题，理解电荷周围和通电导线周围存在的场的特点，结合矢量合成的特点即可完成分析。
熟悉电荷周围的电场和通电直导线周围的磁场的特点，结合矢量合成的特点和对称
性即可完成分析。
【解答】
解：A、正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度水平向右，故A正确;
C、a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故 C错误;
BD、根据安培定则可知， M、N点的长直导线在C、d、O′点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知， c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同，由此可知
O′点处的磁感应强度竖直向下，故 D正确， B错误。
故选：AD。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查含弹簧类的动力学问题。解决问题的关键是弄清物体的运动过程，综合利用动量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，简谐运动的规律分析求解。
根据机械能守恒定律，结合动量守恒定律，求出损失的机械能；
根据牛顿第二定律求出加速度；
根据动量定理求出冲量；
根据弹簧的对称性可求最大压缩量。
【解答】
A.设C与A碰撞前瞬间的速度为v0，有：2mgh=12⋅2mv02 ，C与A碰撞后的速度为v，根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v，可得木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12×2mv02−12×3mv2=23mgh，故A错误；
B.物体B恰好未脱离地面时，此时地面对B的支持力恰好为零，此时弹簧对B的拉力Fx=mg，则对A、C整体，根据牛顿第二定律可得，
此时它们加速度为a=Fx+3mg3m=43g，故B正确;
C、木块C与木块A碰时设作用时间Δt且向下为正，A对的C作用力的冲量为IAC，
由动量定理得：−IAC+2mgΔt=2mv−2mv0,解得：IAC=2m3 2gh+2mgΔt，故C错误。
D、当C、A一起压缩弹簧到达最低点时，弹簧的压缩量最大。依题意，可知碰后 C、A将在竖直面内做简谐运动，由简谐运动的对称性，可知它们在最高点和最低点时的加速度大小相等，方向相反，则在最低点时有：kΔxm−3mg=3m⋅4g3，可求得弹簧的最大压缩量为Δxm=7mgk，故 D正确。
11.【答案】(1)不需要；不需要；(2)x1x2。
【解析】【分析】
本题考查“用双缝干涉测光的被长”实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。
(1)根据v=cn和荧光屏上相邻两条亮条纹的间距为x1=Ldλ，即可求解可得x1x2=λλ′=n即可求解；
(2)根据Δx=Ldλ和λ′=λn列式求解这种矿泉水的折射率。
【解答】
(1)设入射光在矿泉水中的波长为λ′，矿泉水的折射率为n，由v=cn可得λ′=λn，由公式x=Ldλ，
可得放矿泉水样品之前，荧光屏上相邻两条亮条纹的间距为x1=Ldλ，放矿泉水样品之后，荧光屏上相邻两条亮条纹的间距x2=Ldλ′，所以可得x1x2=λλ′=n，所以不需要测量双缝的间距d，也不需要测量双缝到荧光屏的距离L。
(2)这种矿泉水的折射率n=x1x2。
12.【答案】 4.486mm×10140 R +rk−1 D2−4ρLπRx
【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度上对应示数(估读一位)×精确度；
(2)欧姆表指针偏转过大，欧姆表指针对应示数过小，说明所选挡位过大；测量值=欧姆表指针对应示数倍率；
(3)电流表串联一个电阻可改成成电压表，根据电动势的大小，结合欧姆定律、串联电路的特点确定定值电阻；
根据欧姆定律结合串、并联电路的特点求解I2−I1函数，结合I2−I1图像的斜率求解待测电阻的表达式；
(4)根据电阻定律求解圆柱形导体中空部分的直径大小。
本题考查了螺旋测微器和欧姆表的使用与读数；考查了利用欧姆定律和电阻定律测量圆柱形导体中空部分的直径大小；理解实验原理、掌握欧姆定律、电阻定律和串联并联电路的特点是解题的关键；掌握电压表的改装以及实验器材的选择。
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为4mm，可动刻度的读数为48.6×0.01mm=0.486mm，则直径 D 的测量值为
D=4mm+0.486mm=4.486mm
(2)[2][3]指针偏转过大，说明所选挡位过大，导致示数偏小，为了使指针指向中间，应选用小挡位，故应选×10挡；由图示表盘可知，其测量值为
Rx=14×10Ω=140Ω
(3)[4]由电路图根据串并联规律应有
I2=I1+I1R1+rRx
化简得
I2=I11+R1+rRx
根据图像可知斜率
k=1+(R1+r)Rx
解得
Rx=R +rk−1
(4)[5]根据电阻定律
Rx=ρLS
其中
S=π4D2−d2
联立可得
d= D2−4ρLπRx
13.【答案】解：(1)在圆弧轨道下滑至P点，由动能定理mgR=12mv02−0，得v0=8m/s
在P点，由牛顿第二定律F−mg=mv02R，得F=30N
根据牛顿第三定律：F′=F=30N，方向竖直向下。
(2)物块进入传送带的加速度：a=mgm=4m/s2
减速到传送带速度所用时间ν=v0−at1，得t1=1s
减速的位移：v2−v02=−2ax1，得x1=6m<11m
物块和传送带共速后一直匀速，直到Q点脱离，用时t2。则：x2=x−x1=5m；x2=vt2，得t2=1.25s
总时间t=t1+t2，解得t=2.25s。
【解析】(1)根据动能定理求解小物体经过P点的速度，小物块a在最低点根据牛顿第二、三定律结合向心力公式求解；
(2)分析小物块滑上传送带的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
本题主要是考查动能定理和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚小物块的受力情况和运动的情况，结合运动学公式进行解答。
14.【答案】解：(1)粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，水平方向：2d=v0t
竖直方向做匀加速直线运动，最大速度vy：d=12vyt
vy=at=qEm⋅t
联立以上三公式，得：v0=vy= 2qEdm
粒子的合速度：v= v02+vy2=2 qEdm
设合速度与水平方向的夹角为θ，则：tanθ=vyv0=1，故θ=45∘
即：粒子过Q点时速度的大小v=2 qEdm，与水平方向的夹角θ=45∘。
(2)粒子以垂直y轴的方向进入第二象限，则粒子偏转的角度是135∘，粒子运动的轨迹如图，则
圆心到O点的距离是2d，偏转半径r=2 2d，射出点到O点的距离是2d+2 2d。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB0=mv2r
代人数据，整理得：B0= mE2qd
即：粒子以垂直y轴的方向进入第二象限时B0= mE2qd。
(3)若经过一段时间后粒子能够再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同则粒子运动的轨如图：
它在磁场中运动的半径：r′=12r= 2d
粒子在一、三象限中运动的总时间：t1=2πr′v=π 2mdqE
粒子中二、四象限中运动轨迹的长度：s=2 2d
粒子中二、四象限中运动的时间：t2=2sv=2 2mdqE
粒子相邻两次经过Q点所用的时间：t=t1+t2=(2+π) 2mdqE
即：(粒子相邻两次经过Q点所用的时间t=(2+π) 2mdqE。
【解析】本题了带电粒子在电场、磁场中运动；根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键。
(1)粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，将运动安水平方向与竖直方向分解，并结合动能定理可以求出粒子的速度和方向。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，由数学知识求出粒子的轨道半径；洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
(3)求出粒子在磁场中的运动时间，求出粒子在二四象限运动的时间，然后求出粒子总的运动时间。
15.【答案】解：(1)M接电源正极，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，根据左手定则，安培力方向应向右，列车要向右运动。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：
R总=R4
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
I=ER总
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F=BIl
根据牛顿第二定律有：
F=ma
得：a=Fm=BIlm=4BElmR
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为 ΔΦ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
E1=△Φ△t
其中ΔΦ=Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
I′=E1R
设cd受到的平均安培力为F′，有：
F′=BI′l
以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：
I冲=−F′△t
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：
I总=0−mv0
联立上式解得：
I总I0=mv0R2B2l3
讨论：若I总I0恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若I总I0的整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
【解析】(1)根据电源正负极确定电流方向，根据左手定则确定安培力方向，进而分析列车运动方向；
(2)根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据F=BIl求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚接通时列车的加速度a；
(3)列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感应电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小(由动量定理得)，根据两者的比值确定需要多少块有界磁场才可以使列车停下。
本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较强的物理功底以及灵活的思维。
1.2023年12月14日，我国宣布新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放，邀请全世界科学家来中国集智攻关，共同追逐“人造太阳”能源梦想。“人造太阳”物理本质就是核聚变，其发生核聚变的原理和太阳发光发热的原理很相似，核反应方程为 12H+13H→ 24He+X+17.6MeV。下列说法正确的是
A. 该反应为链式反应B. X是质子
C. 24He的比结合能比 12H的大D. 24He的结合能为17.6MeV
2.如图所示，把一张作业纸用一块磁铁固定在竖直金属展板上；系统保持静止状态，下列说法正确的是( )
A. 作业纸受到5个力的作用
B. 作业纸对磁铁的摩擦力向下
C. 作业纸对金属板的摩擦力向上
D. 在作业纸的下端再放一块磁铁，金属板受到的摩擦力不变
3.如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是
A. 小车一定做匀速运动B. 小车一定向右做加速运动
C. 弹簧有弹力时，细绳可能没拉力D. 细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
4.环保人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水，如图所示。环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为d，管口中心距离河水水面的高度为hh≫d，污水入河道处到排污管管口的水平距离为x。重力加速度大小为g。该管道在时间t内排出的污水体积为( )
A. πxtd2 2ghB. 12πxtd2 2ghC. 14πxtd2 2ghD. 18πxtd2 2gh
5.北京时间2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船发射取得圆满成功，我国载人航天工程发射任务实现30战30捷。神舟十七号载人飞船的发射与交会对接过程如图所示，图中①为近地圆轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在圆轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。G为万有引力常量，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 神舟十七号在轨道①上的速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B. 神舟十七号在轨道②上经过Q点的速度等于在轨道③上经过Q点的速度
C. 神舟十七号在轨道①上经过P点的加速度小于在轨道②上经过P点的加速度
D. 神舟十七号在轨道②上周期为R1+R2πR1 R1+R22g
6.杜甫在《曲江》中写到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。平静水面上“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播。图甲为一列可看成简谐横波的水波在t=0.1s时的波形图，P、Q是介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 水波沿x轴负方向传播B. 水波的波速为10m/s
C. t=1.6s时，质点Q的位移为AD. 质点P的平衡位置坐标xP=4.5cm
7.卡诺循环(Carntcycle)是由法国工程师尼古拉⋅莱昂纳尔⋅萨迪⋅卡诺于1824年提出的，以分析热机的工作过程，简化如下：如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程。下列说法正确的是( )
A. a→b过程气体对外界做功内能减小
B. b→c过程气体对外界做的功大于气体内能的减少量
C. c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数不变
D. 一个循环气体对外界做功大小为abcda所围图形面积
8.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中，物体B的动能减少量大小为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于ΔEkB，ΔEkA，Q的值，下列情况可能的是
A. ΔEkB=7J，ΔEkA=4J，Q=4J
B. ΔEkB=7J，ΔEkA=3J，Q=4J
C. ΔEkB=8J，ΔEkA=3J，Q=2J
D. ΔEkB=8J，ΔEkA=5J，Q=3J
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图甲所示，a、b、O三点位于两个等量异种点电荷的连线上，O为连线中点，a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d两点位于MN的连线上，且c、d到O′的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是
A. O点处的电场强度方向水平向右B. O′点处的磁感应强度方向水平向右
C. a、b处的电场强度大小相等，方向相反D. c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同
10.在一座高楼顶层，工程师们正在安装一个新型的安全装置，来检测大楼内部的振动情况，以便及时采取措施防止可能的安全隐患。如图为简化装置，质量均为m的A、B两木块通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方高h处有一质量为2m的木块C，现将木块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中木块B恰好未脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。则
A. 木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为mgh3
B. 物体B恰好未脱离地面时，A、C的加速度为43g
C. 木块C与木块A碰撞时A对C的作用力的冲量大小为m 2gh3
D. 弹簧的最大压缩量为7mgk
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.为筹备校篮球比赛，学校采购了一批矿泉水。小华同学用如图所示的双缝干涉装置测定这种矿泉水的折射率，单色光通过单缝S0后分为两束，分别从双缝S1、S2射到荧光屏上后形成干涉条纹．小华将待测矿泉水填充到特制容器中(不考虑器壁对光的影响)，然后将特制容器(图中未画出)放置在双缝与荧光屏之间(充满双缝与屏之间的整个空间，之前为空气)，其他情况不变，通过比对放置特制容器前、后荧光屏上的干涉条纹间距，就可以计算出该矿泉水的折射率．
(1)本实验__________测量双缝的间距d，__________测量双缝到荧光屏的距离L。(均填“需要”或“不需要”)
(2)若测得放置特制容器前、后荧光屏上相邻两条亮条纹的间距分别为x1、x2，则这种矿泉水的折射率n=__________。
12.一段粗细均匀、中空的圆柱形导体，其横截面及中空部分横截面均为圆形，如图(a)所示。某同学想测量中空部分的直径的大小，但由于直径太小无法直接精准测量，他设计了如下实验进行间接测量。
实验步骤：
(1)用螺旋测微器测得这段导体横截面的直径D如图(b)所示。则直径D的测量值为__________mm。然后又用游标卡尺测得该元件的长度L。
(2)用多用电表粗测这段导体两端面之间的电阻值：该同学选择“×100”挡位，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大。为了较准确地进行测量，应该选择__________挡位(选填“×1k”或“×10”)，并重新欧姆调零，正确操作并读数，此时刻度盘上的指针位置如图(c)所示，则测量值为__________Ω。
(3)设计了如图(d)所示的电路精确测量这段导体两端面之间的电阻值，除待测导体件Rx外，实验室还提供了如下器材：
A.电流表A1(量程为20 mA，内阻r=25Ω)
B.电流表A2(量程为50 mA，内阻未知)
C.滑动变阻器Rp(0∼10Ω)
D.定值电阻R=200Ω
E.电源(电动势E=4.5V，内阻可以忽略)
F.开关S、导线若干
为了减小误差，改变滑动变阻器滑动触头的位置，多测几组I1、I2的值，作出I2−I1关系图像如图(e)所示。已知图线上的斜率为k，则可知这段导体两端面间电阻的测量值Rx=__________(用k、r、R表示)
(4)该同学查出这段导体材料的电阻率ρ，则中空部分的直径大小测量值为__________(用Rx、L、D、ρ表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，光滑的四分之一圆轨道最低点P与水平传送带相切，圆弧轨道半径为3.2m，一质量m=1kg的小物体(可视为质点)在圆心等高处由静止释放，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，传送带长度d=11m，且传送带以4m/s顺时针匀速转动。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小物体经过P点对圆弧轨道的压力；
(2)小物体从P点到Q点所用的时间。
14.如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d，OQ=2d。不计粒子重力。
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0的大小。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
15.阜蒙淮城际高铁是皖北地区城际铁路网的重要组成部分，计划2026年建成通车，设计时速350km/h。科学家设计了真空管道超高速列车，它将比现有高铁快3倍，速度可超过1000km/h。图1是该列车动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R2的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
(1)启动时，若M接电源正极，N接电源负极，请判断列车运行方向；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了轻核聚变与结合能的问题，要求学生熟练掌握核反应中结合能和比结合能的判断。
根据质量数和电荷数守恒判断X是什么原子核；根据核聚变和核裂变定义判断是否为链式反应；根据结合能和比结合能的定义及特点判断。
【解答】
A.重核裂变是链式反应，而根据题意该反应是轻核聚变，不是链式反应，故A错误；
B.根据质量数与电荷数守恒有，
质量数满足：2+3−4=1
质子数满足：1+1−2=0
可得X是中子 01n，故B错误；
C.该核反应释放核能，表明生成核比反应核更加稳定，即 24He的比结合能比 12H的大，故C正确；
D.结合能指单个自由发散的核子合成原子核释放的能量，而17.6MeV是 12H与 13H发生聚变反应释放的核能，可知 24He的结合能大于17.6MeV，故D错误。
2.【答案】A
【解析】A.作业纸水平方向受到磁铁的压力和金属展板的支持力；竖直方向受到重力、磁铁的摩擦力和金属展板的摩擦力，共受到5个力的作用，故A正确；
B.以磁铁为对象，根据受力平衡可知作业纸对磁铁的摩擦力向上，故B错误；
C.以作业纸和磁铁为整体，根据受力平衡可知金属板对作业纸的摩擦力向上，则作业纸对金属板的摩擦力向下，故C错误；
D.在作业纸的下端再放一块磁铁，以作业纸和两块磁铁为整体，根据受力平衡可知金属板对整体的摩擦力变大，则金属板受到的摩擦力变大，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了运动学与力学问题的结合，其中掌握受力情况对运动情况的影响规律为解题的关键，旨在考查对牛顿第二定律的理解。
当小车处于匀速直线运动状态时，小球受重力和弹簧弹力平衡，竖直方向上的合力为零，绳子拉力为零；当小球小球受细绳的拉力，合力一定水平向右，加速度一定水平向右；解决该题的关键是能根据物体的运动状态正确进行受力分析。
【解答】
A.小车可以向右做匀加速直线运动，或者向左做匀减速直线运动，故A错误；
B.若绳上拉力不为零，受力分析可知mg=Tcsα+F，Tsinα=ma，此时，小车加速度向右，可能向右做匀加速直线运动，或者向左做匀减速直线运动，故 B 错误；
C.当小车做匀速直线运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故C正确；
D.若满足mg=Tcsα，则细绳有拉力，弹簧没弹力，故 D错误。
4.【答案】D
【解析】根据平抛运动规律有x=vt0，h=12gt02，且V=SL=πd22×vt，解得V=18πxtd2 2gh。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及到卫星在轨道上运行参数的比较。解题的关键是要知道卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，卫星绕中心天体做椭圆运动时，从远地点开始做近心运动，万有引力大于需要的向心力，注意开普勒第三定律的应用。
【解答】
【解析】
A.轨道①为近地圆轨道，神舟十七号在轨道①上做匀速圆周运动，线速度大小等于第一宇宙速度7.9km/s，A错误；
B.神舟十七号在圆轨道③上做匀速圆周运动有：GMmR22=mv32R2；在椭圆轨道②上经过Q点开始做近心运动有：GMmR22>mv22R2，所以v2
D.神舟十七号在①轨道上有：GMmR12=m4π2R1T12，解得：T1=2π R1g，根据开普勒第三定律有R13T12=(R1+R22)3T22，则神舟十七号在②轨道上周期为：T2=(R1+R2)πR1 R1+R22g，D正确；
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动方程和振动方程。
根据P点的运动情况结合平移法可知波的传播方向，由图像读出波长、周期，然后求出波速。根据PQ的位置关系分析CD项。
【解答】
A、根据图乙可知0.1s时质点P沿y轴正方向振动，根据甲图可知水波沿x轴正方向传播;A错误；
B、根据甲乙图像可知波长12cm，周期T=1.2s，则λ=vT解得波速为v=0.1m/s;B错误；
C、有甲图知0.1s时Q在平衡位置往上振，则t=1.6s时Q到达波峰处，故C正确;
D、甲图中质点P位移为A2，根据三角函数知识可得质点P平衡位置坐标xP=4cm。D错误
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查气体实验定律的应用中气体状态变化的图像问题以及热力学第一定律的内容及应用，需要学生学会根据图像进行分析，难度不大。
【解答】
A、a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变;A错误；
B、b→c绝热膨胀过程Q=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知过程气体对外做的功等于气体内能的减少量;B错误；
C、c→d为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误;
D、P−V图所围面积为气体与外界做功数值，体积变大，气体对外界做功，体积变小，外界对气体做功。所以一个循环气体对外界做功大小为abcda所围图形面积。D正确。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题通过板块模型考查能量守恒、功能关系等知识点，要明确摩擦力对A、B做的功等于A、B动能的变化量，而摩擦热为摩擦力与AB相对位移的乘积，本题采用了图像法，让解题更加直观简便。
【解答】
AC.木板A和物体B组成的系统能量守恒：△EkB=△EkA+Q，故AC错误；
BD.画出物体B和长木板A的速度-时间图线，分别如图中1和2所示：
；
图中1和2之间的梯形面积表示板长l，l与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知x1>l，x2
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了电场和磁场的相关问题，理解电荷周围和通电导线周围存在的场的特点，结合矢量合成的特点即可完成分析。
熟悉电荷周围的电场和通电直导线周围的磁场的特点，结合矢量合成的特点和对称
性即可完成分析。
【解答】
解：A、正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度水平向右，故A正确;
C、a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故 C错误;
BD、根据安培定则可知， M、N点的长直导线在C、d、O′点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知， c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同，由此可知
O′点处的磁感应强度竖直向下，故 D正确， B错误。
故选：AD。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查含弹簧类的动力学问题。解决问题的关键是弄清物体的运动过程，综合利用动量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，简谐运动的规律分析求解。
根据机械能守恒定律，结合动量守恒定律，求出损失的机械能；
根据牛顿第二定律求出加速度；
根据动量定理求出冲量；
根据弹簧的对称性可求最大压缩量。
【解答】
A.设C与A碰撞前瞬间的速度为v0，有：2mgh=12⋅2mv02 ，C与A碰撞后的速度为v，根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v，可得木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12×2mv02−12×3mv2=23mgh，故A错误；
B.物体B恰好未脱离地面时，此时地面对B的支持力恰好为零，此时弹簧对B的拉力Fx=mg，则对A、C整体，根据牛顿第二定律可得，
此时它们加速度为a=Fx+3mg3m=43g，故B正确;
C、木块C与木块A碰时设作用时间Δt且向下为正，A对的C作用力的冲量为IAC，
由动量定理得：−IAC+2mgΔt=2mv−2mv0,解得：IAC=2m3 2gh+2mgΔt，故C错误。
D、当C、A一起压缩弹簧到达最低点时，弹簧的压缩量最大。依题意，可知碰后 C、A将在竖直面内做简谐运动，由简谐运动的对称性，可知它们在最高点和最低点时的加速度大小相等，方向相反，则在最低点时有：kΔxm−3mg=3m⋅4g3，可求得弹簧的最大压缩量为Δxm=7mgk，故 D正确。
11.【答案】(1)不需要；不需要；(2)x1x2。
【解析】【分析】
本题考查“用双缝干涉测光的被长”实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。
(1)根据v=cn和荧光屏上相邻两条亮条纹的间距为x1=Ldλ，即可求解可得x1x2=λλ′=n即可求解；
(2)根据Δx=Ldλ和λ′=λn列式求解这种矿泉水的折射率。
【解答】
(1)设入射光在矿泉水中的波长为λ′，矿泉水的折射率为n，由v=cn可得λ′=λn，由公式x=Ldλ，
可得放矿泉水样品之前，荧光屏上相邻两条亮条纹的间距为x1=Ldλ，放矿泉水样品之后，荧光屏上相邻两条亮条纹的间距x2=Ldλ′，所以可得x1x2=λλ′=n，所以不需要测量双缝的间距d，也不需要测量双缝到荧光屏的距离L。
(2)这种矿泉水的折射率n=x1x2。
12.【答案】 4.486mm×10140 R +rk−1 D2−4ρLπRx
【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度上对应示数(估读一位)×精确度；
(2)欧姆表指针偏转过大，欧姆表指针对应示数过小，说明所选挡位过大；测量值=欧姆表指针对应示数倍率；
(3)电流表串联一个电阻可改成成电压表，根据电动势的大小，结合欧姆定律、串联电路的特点确定定值电阻；
根据欧姆定律结合串、并联电路的特点求解I2−I1函数，结合I2−I1图像的斜率求解待测电阻的表达式；
(4)根据电阻定律求解圆柱形导体中空部分的直径大小。
本题考查了螺旋测微器和欧姆表的使用与读数；考查了利用欧姆定律和电阻定律测量圆柱形导体中空部分的直径大小；理解实验原理、掌握欧姆定律、电阻定律和串联并联电路的特点是解题的关键；掌握电压表的改装以及实验器材的选择。
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为4mm，可动刻度的读数为48.6×0.01mm=0.486mm，则直径 D 的测量值为
D=4mm+0.486mm=4.486mm
(2)[2][3]指针偏转过大，说明所选挡位过大，导致示数偏小，为了使指针指向中间，应选用小挡位，故应选×10挡；由图示表盘可知，其测量值为
Rx=14×10Ω=140Ω
(3)[4]由电路图根据串并联规律应有
I2=I1+I1R1+rRx
化简得
I2=I11+R1+rRx
根据图像可知斜率
k=1+(R1+r)Rx
解得
Rx=R +rk−1
(4)[5]根据电阻定律
Rx=ρLS
其中
S=π4D2−d2
联立可得
d= D2−4ρLπRx
13.【答案】解：(1)在圆弧轨道下滑至P点，由动能定理mgR=12mv02−0，得v0=8m/s
在P点，由牛顿第二定律F−mg=mv02R，得F=30N
根据牛顿第三定律：F′=F=30N，方向竖直向下。
(2)物块进入传送带的加速度：a=mgm=4m/s2
减速到传送带速度所用时间ν=v0−at1，得t1=1s
减速的位移：v2−v02=−2ax1，得x1=6m<11m
物块和传送带共速后一直匀速，直到Q点脱离，用时t2。则：x2=x−x1=5m；x2=vt2，得t2=1.25s
总时间t=t1+t2，解得t=2.25s。
【解析】(1)根据动能定理求解小物体经过P点的速度，小物块a在最低点根据牛顿第二、三定律结合向心力公式求解；
(2)分析小物块滑上传送带的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
本题主要是考查动能定理和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚小物块的受力情况和运动的情况，结合运动学公式进行解答。
14.【答案】解：(1)粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，水平方向：2d=v0t
竖直方向做匀加速直线运动，最大速度vy：d=12vyt
vy=at=qEm⋅t
联立以上三公式，得：v0=vy= 2qEdm
粒子的合速度：v= v02+vy2=2 qEdm
设合速度与水平方向的夹角为θ，则：tanθ=vyv0=1，故θ=45∘
即：粒子过Q点时速度的大小v=2 qEdm，与水平方向的夹角θ=45∘。
(2)粒子以垂直y轴的方向进入第二象限，则粒子偏转的角度是135∘，粒子运动的轨迹如图，则
圆心到O点的距离是2d，偏转半径r=2 2d，射出点到O点的距离是2d+2 2d。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB0=mv2r
代人数据，整理得：B0= mE2qd
即：粒子以垂直y轴的方向进入第二象限时B0= mE2qd。
(3)若经过一段时间后粒子能够再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同则粒子运动的轨如图：
它在磁场中运动的半径：r′=12r= 2d
粒子在一、三象限中运动的总时间：t1=2πr′v=π 2mdqE
粒子中二、四象限中运动轨迹的长度：s=2 2d
粒子中二、四象限中运动的时间：t2=2sv=2 2mdqE
粒子相邻两次经过Q点所用的时间：t=t1+t2=(2+π) 2mdqE
即：(粒子相邻两次经过Q点所用的时间t=(2+π) 2mdqE。
【解析】本题了带电粒子在电场、磁场中运动；根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键。
(1)粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，将运动安水平方向与竖直方向分解，并结合动能定理可以求出粒子的速度和方向。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，由数学知识求出粒子的轨道半径；洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
(3)求出粒子在磁场中的运动时间，求出粒子在二四象限运动的时间，然后求出粒子总的运动时间。
15.【答案】解：(1)M接电源正极，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，根据左手定则，安培力方向应向右，列车要向右运动。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：
R总=R4
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
I=ER总
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F=BIl
根据牛顿第二定律有：
F=ma
得：a=Fm=BIlm=4BElmR
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为 ΔΦ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
E1=△Φ△t
其中ΔΦ=Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
I′=E1R
设cd受到的平均安培力为F′，有：
F′=BI′l
以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：
I冲=−F′△t
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：
I总=0−mv0
联立上式解得：
I总I0=mv0R2B2l3
讨论：若I总I0恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若I总I0的整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
【解析】(1)根据电源正负极确定电流方向，根据左手定则确定安培力方向，进而分析列车运动方向；
(2)根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据F=BIl求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚接通时列车的加速度a；
(3)列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感应电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小(由动量定理得)，根据两者的比值确定需要多少块有界磁场才可以使列车停下。
本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较强的物理功底以及灵活的思维。
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