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浙江省杭州市2020届高三高考适应性考试物理试题
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2020年浙江省杭州市高考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 速度、磁感应强度和冲量均为矢量
B. 速度公式v=和电流公式I=均采用比值定义法
C. 弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是kgs-1
D. 将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法
【答案】A
【解析】解：A、矢量是既有大小、又有方向的物理量，速度、磁感应强度和冲量均为矢量，故A正确。
B、不是电流定义式，速度公式v=采用比值定义法，故B错误。
C、根据F=kx知k的单位是N•m，其基本单位表达是kg•s-2；故C错误。
D、点电荷采用的物理方法是理想化模型，故D错误。
故选：A。
速度、磁感应强度和冲量都是矢量。速度公式v=采用比值定义法。根据F=kx确定k的单位。点电荷是一种理想化的物理模型。
解决本题的关键要理解并掌握物理基本知识。要注意物理量定义式与决定式的区别，不能混淆。
2. 区间测速是在同一路段上布设两个相邻的监控点，原理是基于车辆通过前后两个监控点的时间来计算车辆在该路段上的平均行驶速度，并依据该路段上的限速标准判定车辆是否超速违章。图为高速公路的一个交通标志，若一辆汽车以55km/h的速度驶入测速区间，经5min后仍以55km/h的速度驶离测速区间，则下列说法中正确的是（ ）
A. 汽车在该测速区间运行时不可以看成质点
B. 在该区间汽车的瞬时速度可能达到100km/h
C. 标志中的“5.3km”指的是位移
D. 因进出测速区间的速度均未超过60km/h，该汽车没有超速
【答案】B
【解析】解：A、汽车的大小在该测速区间内可以忽略，可以看成质点，故A错误；
B、在该测速区间，汽车某时刻的瞬时速度可能为l00km/h，故B正确；
C、标志中的“5.3km”指的是路程，故C错误；
D、汽车在测速区间的平均速度v==km/h=63.6km/h，超过了限速60km/h，故D错误；
故选：B。
汽车的大小在该测速区间内可以忽略；在测速区间，只要平均速度不超过了限速即可，瞬时速度可能为l00km/h；标志中的“5.3km”指的是公路的长度，是路程；根据平均速度的公式求解平均速度即可判断。
本题考查了判断汽车是否会超速，知道区间测速原理和平均速度的计算方法，正确区分平均速度和瞬时速度的关系；本题具有现实意义，驾车行驶一定不要超速行驶，确保交通安全。
3. 平衡艺术家在不使用任何工具的情况下，仅靠大自然重力就能将形状各异的石头叠在一起，赢得了无数惊叹声。某次一平衡艺术家将石块A、B、C从上到下依次叠放在一块大石头上，并使它们始终保持静止，整个环境处于无风状态，则（ ）
A. 石块A对B的压力就是A的重力
B. 石块B受力的个数不可能超过4个
C. 石块C对石块B的作用力竖直向上
D. 石块C对石块B的作用力大小是石块B对石块A作用力大小的两倍
【答案】C
【解析】解：A、压力和重力是不同性质的力，压力不是重力，石块A对B的压力大小等于A的重力，故A错误；
B、石块B受力的个数最多可能5个，即重力、A对B的压力和摩擦力、C对B的支持力和摩擦力，故B错误；
C、石块C对石块B的作用力与A和B的总重力大小相等、方向相反，即竖直向上，故C正确；
D．由于A和B石块质量未知，不能确定作用力的大小关系，故D错误。
故选：C。
压力不是重力；石块B受力的个数最多可能5个；石块C对石块B的作用力与A和B的总重力大小相等、方向相反A和B石块质量未知，不能确定作用力的大小关系。
本题主要是考查共点力的平衡，解答本题的关键是弄清楚各个石块的受力情况，根据平衡条件解答。
4. 泵浦消防车又称“泵车”，指搭载水泵的消防车，其上装备消防水泵、消防炮和其他消防器材，抵达现场后可利用现场消防栓或水源直接吸水灭火，某辆消防车的额定功率为120KW，消防炮的流量为48L/s。某次一高层建筑离地面高为75m处发生火情，为能有效灭火，消防员将消防炮升高到离地80m后将炮口水平摆放，使水柱恰能喷到着火点，已知消防炮口到着火点的水平距离为40m，水的密度为1×103kg/m3，不计空气阻力，则（ ）
A. 消防炮出水速度大小为10m/s
B. 消防车的抽水效率约为64%
C. 如火情向上蔓延，则必须升高消防炮的高度才能有效灭火
D. 如消防炮的流量可调，则仅增大消防炮的流量时仍能有效灭火
【答案】B
【解析】解：A、水从炮口水平射出做平抛运动，则有：h=，得：t===1s，防炮出水速度大小为：v===40m/s，故A错误；
B、由能量守恒定律得：，取t=1s，则m=ρV=1×103×48×10-3kg=48kg，结合P=1.2×105W，h=80m，可计算得效率为：η=64%，故B正确；
C、改变消防炮倾角能提高灭火点的高度，故C错误。
D、仅增大消防炮的流量时水流离开消防炮时的速度减小，不能有效灭火。故D错误。
故选：B。
水从炮口水平射出做平抛运动，根据平抛运动的规律求消防炮出水速度大小。根据能量守恒定律求消防车的抽水效率。如火情向上蔓延，可改变消防炮倾角能提高灭火点的高度。仅增大消防炮的流量时水流离开消防炮时的速度减小，不能有效灭火。
本题要理清水的运动过程，熟练掌握平抛运动的规律以及能量转化和守恒定律是解决本题的关键。
5. “S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上减速行驶时（ ）
A. 两名学员具有相同的线速度
B. 汽车受到的摩擦力与速度方向相反
C. 坐在副驾驶座上的学员受到汽车的作用力较大
D. 汽车对学员的作用力大于学员所受的重力
【答案】D
【解析】解：A、两名学员离圆心的距离不相等，v=rω，所以线速度大小不相同，故A错误；
B．汽车所需向心力由摩擦力提供，不与速度方向相反，故B错误；
C、学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小，故C错误；
D、汽车对学员的作用力竖直分力等于学员所受的重力，水平分力提供合力，故大于重力，故D正确；
故选：D。
两名学员的角速度相等，但离圆心的距离不相等，根据v=rω半径线速度大小；转我的向心力由地面的摩擦力提供；学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小；学员受重力、汽车的作用力，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，基础题目。
6. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯炮亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是（ ）
A. t=0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
B. 图线b电动势的瞬时值表达式为e=40sin（t）V
C. 线圈先后两次转速之比为2：3
D. 转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
【答案】B
【解析】解：A t=0时刻线圈平面恰好与磁场方向垂直；故A错误，
B．由图可知Ta=0.2s，则ωa==10π rad/s，Tb=0.3s，则ωb== rad/s，又=
可得：Emb=140V，
故图线b电动势的瞬时值表达式为：e=Embsinωbt=40sin（πt）V，故B正确；
C．由可知线圈先后两次转速之比为3：2，故C错误；
D．转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻碍增大，三个灯泡的亮度各不相同，故D错误；
故选：B。
根据图象结合交变电流电动势瞬时值的表达式可以求得a磁通变化率的最大值、图线b电动势的瞬时值表达式等，根据两次的周期之比，求出线圈的两次转速之比，
掌握线圈匀速转动过程中产生的交变电流的电压最大值的表达式，知道其电压瞬时值的表达式的一般表达式；知道电感和电容在电路中的作用；
7. 在xOy平面内充满了均匀介质，t=0时刻坐标原点O处的质点开始沿y轴做简谐运动，其位移时间关系式为y=10sin（t）cm，它在介质中形成的简谐横波只向x轴正方向传播，某时刻波恰好传到x=6m处，波形图象如图所示，已知M点的平衡位置在x=处，则下列说法正确的是（ ）
A. 此时与M点加速度相同的质点有5个
B. 1.5s到2s内，质点M的速度正在增大
C. x=10m处的质点在0到16s内通过的位移为0.6m
D. 站立在x=20m的观测者接受到该波的频率等于4Hz
【答案】B
【解析】解：A、加速度由回复力产生，而回复力只与位移有关，此时与M点加速度相同的质点有3个，故选项A错误；
B、由位移表达式求得波的周期T==s=4s，速度v==1m/s，则质点M在0.33s时开始向上振动，1.5s到2s内在向平衡位置运动，故速度增大，选项B正确；
C、x=10m处的质点在0到16s内振动了t=16s-=12s，通过的路程为=1.2m，而此时正处于平衡位置，位移为零，故选项C错误；
D．静止的观测者接受到该波的频率f==0.25Hz，故选项D错误。
故选：B。
根据质点做简谐运动的表达式，从而求得周期，再由v=，确定波速，进而可求得某段时间内波传播的距离；根据M点振动的时间，结合周期，从而判定M点的振动方向；简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同；根据此时M点的振动方向，再结合末位置，从而确定运动的时间，再确定路程和位移。
此题要由振动方程来确定角速度，并掌握波长、波速、周期的关系，并能灵活运用，同时并判定某质点经过一段时间时，所处的振动方向，或由所处的位置，来判定所经历的时间。
8. 星球GJ357d被科学家称为“超级地球”，它是绕着矮星GJ357旋转的三颗行星之一，其余两颗行星分别为GJ357b和GJ357c。已知GJ357d公转一圈为55.7个地球日，其质量约是地球的六倍；GJ357b的公转周期为3.9个地球日；矮星GJ357的质量和体积只有太阳的三分之一，温度比太阳低约40%．由上述信息可知（ ）
A. GJ357b的线速度比GJ357d的线速度小
B. GJ357d的第一宇宙速度比地球第一宇宙速度小
C. GJ357b公转的角速度比地球公转的角速度小
D. GJ357d公转的半径比地球公转的半径小
【答案】D
【解析】解：A．GJ357b离恒星更近，其线速度比GJ 357 d的线速度大，故A错误；
B．由于GJ357d的半径与地球半径关系未知，其第一宇宙速度无法计算，故B错误；
C、地球公转周期比GJ357b公转周期大，则角速度比GJ357b公转的角速度小，故C错误；
D、由可知，计算可知地球公转的半径比GJ357d公转的半径大，故D正确；
故选：D。
GJ357b、GJ357d都做匀速圆周运动，离恒星越远越慢、越近越快；根据万有引力提供向心力列式分析半径的关系。
本题关键是明确GJ357b、GJ357d的运动学规律和动力学规律，然后结合万有引力定律列式分析，不难。
9. 平衡车仅仅依靠人体重心的改变，便可以实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。因为其炫酷的操作，平衡车已经从年轻人的玩具，变成了日常通勤的交通工具。某款电动平衡车的部分参数如表所示，则下列说法中不正确的是（ ）
额定功率
250W
额定电压
36V
锂电池容量
4400mAh
充电器输出
44V，2A
百公里耗电量
1.1kwh
质量
12kg
A. 电池最多储存的电能约为5.7×105J
B. 电池从完全没电到充满电所需的时间为2.2h
C. 充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为83min
D. 该平衡车能骑行的最大里程约为14.4km
【答案】C
【解析】解：A、电池最多储存的电能由W=qU计算得约为W=4400×10-3×3600×36J=5.7×105J，故A正确；
B、由电量除以充电电流可求得时间为t==2.2h，故B正确；
C、充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约t==s=38min，故C错误；
D、最大里程可由最大电能除以百公里用电量计算得x====14.4km，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：C。
电池最多储存的电能由W=qU计算；电量除以充电电流可求得时间；充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约t=；最大里程可由最大电能除以百公里用电量计算得。
本题考查基本公式W=qU=Pt以及电容量的理解，会各种单位之间得我换算，简单题目。
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 在LC振荡电路中，当磁场能减小时，电容器处于充电状态
B. 玻尔在解释量子化原子结构时提出了能量子的概念
C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 根据德布罗意的物质波理论，相同速度的电子与质子相比电子的波长较长
【答案】AD
【解析】解：A、在LC振荡电路中，当磁场能减小时，电容器电场能增大，处于充电状态；故A正确；
B、普朗克在解释黑体辐射时提出了能量子的概念；故B错误；
C、发生光电效应时，根据光电效应方程：Ekm=hγ-W0，其中W0是材料的逸出功，可知光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，但不成正比；故C错误；
D、物质波波长为，相同速度的电子质量较小，则波长比质子长。故D正确
故选：AD。
电磁振荡为电场能与磁场能的相互转化过程，根据转化的特点分析；普朗克提出来能量子的概念；根据光电效应方程分析；根据德布罗意波的特点分析。
该题考查多个知识点的内容，都属于一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可。
11. 如图所示，a、b两束不同频率的单色光光束，分别从图示位置平行地由空气射向平静的湖面，湖底面水平且铺有反射材料，两束光经两次折射和一次反射后，一起从湖面o处射出。下列说法正确的是（ ）
A. a光在水中的传播速度比b光小
B. 两束光从o处射出时方向一定相同
C. 改变两束光的入射角，则两束光均有可能在 o点的左侧发生全反射
D. 用相同的双缝干涉装置进行实验时，a光的条纹间距较大
【答案】AB
【解析】解：A、由光路图可知a光在水中的光线偏转大，由折射定律知a光在水中的折射率较大，由v=知a光在水中的传播速度比b光小，故A正确；
B、两束光射到O处时的入射角等于射入湖水时的折射角，由光路可逆可知射出时的折射角相等，射出时方向一定相同，故B正确；
C、两束光由水面射向空气时入射角均不能达到临界角，不可能发生全反射，故C错误；
D、由可知，用相同的双缝干涉装置进行实验时，a光的波长小，条纹间距较小，故D错误；
故选：AB。
由题意作出光路图，由折射定律可比较折射率的大小，由v=知在水中的传播速度大小；由光路可逆可知射出时的折射角相等，两束光由水面射向空气时入射角均不能达到临界角；由可比较条纹间距的大小。
解决本题的关键是作出光路图，通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，灵活应用光路可逆的原理。
12. 如图所示，ABCD为一正四面体，A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，B点固定一个电荷量为-Q的点电荷，E点为BC边的中点（图中未画出），以无穷远处电势为0．则下列说法中正确的是（ ）
A. C、D两点的电场强度相同
B. 将一正电荷从C点移到E点，其电势能增加
C. 将一点电荷沿直线从D点移到C点，电场力始终不做功
D. 若在C点固定一电量为-Q的点电荷，则E点的电场强度指向A点
【答案】AC
【解析】解：等量异种电荷的电场线分别情况如图所示；
A、由电场线的空间分布可知C、D两点的电场强度相同；故A正确；
B、将正电荷从C点移到E点，电场力做正功，其电势能减小；故B错误；
C、图中C、D两点的连线上的任意一点到A和B的距离相等，所以CD均在同一等势面上，则移动点电荷时电场力始终不做功； 故C正确；
D、由电场强度的叠加原理可知E点的电场强度方向由A点指向E点，故D错误。
故选：AC。
根据等量异种电荷电场线的分布情况结合电势高低的判断方法进行判断。
本题主要是考查等量异种电荷电场线的分布，解答本题的关键是弄清楚电场强度高低的判断方法、电场力做功和电势能变化的关系。
13. 据国内媒体报道，中国南海“充电宝”的构想即将实现，大陆第一座海上浮动核电站即将建设完成。据专家透露，中国计划建造20个海上浮动核电站，主要用于海水淡化、资源开发以及为护航潜艇和南海各地区供电。此类核电站采用的是“核裂变”技术，U受中子轰击时会发生裂变，产生Ba和Kr，同时放出能量，已知每个铀核裂变时释放的能量约为200MeV，阿伏加德罗常数取NA=6.0×1023mol-1．则下列说法中正确的是（ ）
A. 核反应方程为：U→Ba+Kr+2n
B. 的的结合能比U的结合能大
C. 只有铀块的体积不小于临界体积时才能发生链式反应
D. 若有1mol的铀发生核反应，且核裂变释放的能量一半转化为电能，则产生的电能约为9.6×1012J
【答案】CD
【解析】解：A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知核反应方程为：．故A错误；
B、由于核裂变的过程中释放能量，可知的比结合能比大，但结合能较小；故B错误
C、根据发生链式反应的条件这铀块的体积不小于临界体积；故C正确
D、由质能方程可计算得产生的电能为核裂变释放的能量为：E=NA×200×106×1.6×10-19J=×6.02×1023×200×106×1.6×10-19J=9.6×1012J
故D正确
故选：CD。
核反应过程中质量数与核电荷数守恒，据此写出核反应方程式；根据链式反应的条件分析；求出发电站一天发的电能，然后求出消耗的铀的质量。
写核反应方程式时要注意：核反应过程中，质量数与核电荷数守恒；要会根据质能方程计算得产生的电能。
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
14. 为了测量木块与长木板之间的动摩擦因数，小周、小钱两位同学分别设计了如下实验：
（1）小周同学先将木块挂到一弹簧上，如甲所示，测出弹簧的长度L1．再将木块放置在水平的长木板上，弹簧的一端连着木块，另一端固定在墙上，如图乙所示。拉动长木板，将其从木块的下方缓缓抽出，在拉动过程中，测得弹簧的长度L2．要测得动摩擦因数，还必须测量的一个物理量为______（写出物理量的名称并用字母表示），由该实验测得动摩擦因数的表达式为μ=______。（用测得的物理量的字母及L1、L2等表示）
（2）小钱同学的设计如图丙所示。他在长木板的一端固定一个定滑轮，将其放置在水平桌面上，木块连着打点计时器上（交流电频率为50Hz）的纸带，用一细绳连接木块，细绳跨过滑轮，另一端挂一钩码。放手后，钩码拉动木块，木块先做匀加速运动，钩码着地后，木块开始做匀减速运动，得到一条纸带，其减速时的纸带上打点情况如图丁所示，则木块减速时的加速度a=______m/s2（结果保留两位有效数字）。若当地重力加速度为g，则乙测得的动摩擦因数的表达式为μ=______。（用相关的物理量的字母表示）
【答案】弹簧的原长L0 4.2
【解析】解：（1）小周同学的方案是通过测量木块的重力G（等于木块对木板的压力FN）和摩擦力Ff，再根据来求得动摩擦因数，因为结果是两个力的比值，所以不需要测量力的具体数值，只需知道两个力的相对大小，即可测得结果。
弹簧弹力的大小正比于弹簧的形变量，要求弹簧的形变量，必须测量弹簧的原长L0。
Ff=k（L2-L0），FN=k（L1-L0），
得。
（2）加速度，取T=0.04s，
，得a=4.2m/s2。
钩码着地后，拉力消失，木块水平方向只受木板的摩擦阻力，
得Ff=ma，
又FN=mg，
所以。
故答案为：（1）弹簧的原长L0；；（2）4.2；。
（1）动摩擦因数是滑动摩擦力与压力的比值，所以不需要测量两个力的具体数值，根据动摩擦因数公式求解；
（2）钩码着地后，拉力消失，木块水平方向只受木板的摩擦阻力，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查了探究影响摩擦力大小因素的实验，在本实验中明确动摩擦因数是滑动摩擦力与压力的比值，所以不需要测量两个力的具体数值，即可求解摩擦因数。
15. 在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，某实验小组的电压表坏了，老师给他们一个多用电表替代电压表进行实验。
（1）该组同学拿到多用电表后，用多用电表测量常温下小灯泡的电阻，操作如下：先把选择开关打到多用电表欧姆“×10”挡，欧姆挡调零后进行测量。测量时发现指针偏角过大，则应换用______（填“×100”或“×1”）挡，重新进行欧姆挡调零，再测量。
（2）现要测量小灯泡正常发光时的电阻，其电路如图所示，调节滑动变阻器，使小灯泡正常发光，多用电表的选择开关打到电压挡，______（填“红”或“黑”）表笔接a，另一表笔接______（填“b”或“c”）测其两端电压。
（3）该组同学测绘的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。则该小灯泡在常温下状态下的电阻约______Ω．若小灯泡与一个阻值为16Ω的固定电阻串联后，一起接在输出电压恒为4V的电源上，则小灯泡的功率为______W．（结果保留两位有效数字）
【答案】×1 黑 b 6.7 0.24
【解析】解：（1）指针偏转角度太大即电流太大，欧姆读数太小，所以应换更小倍率的挡位，即“×1”挡。
（2）多用电表当电压表使用时，红表笔接正，黑表笔接负，所以黑表笔接a。
电阻比较小，用电流表外接法测量比较准，所以红表笔接b。
（3）当电流较小时，灯丝的电阻几乎不变，其U-I图象近似为一直线，
该直线的“斜率”即为小灯泡常温下的电阻，由图象可得，电阻约为：
R=≈6.7Ω，
当小灯泡串联一个16Ω的电阻接到电压为4V的电源上时，其两端电压与电流的关系为：
U=4-16I，
在U-I图象上作出这一函数图象，其与小灯泡的伏安特性曲线的交点即为小灯泡的工作点，
如答图所示，据图可求得其功率为：
P=UI=2.4×0.1=0.24W。
故答案为：（1）×1；（2）黑，b；（3）6.7，0.24。
（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。
（2）电压表正接线柱要接高电势点，根据题意确定电流表的接法，然后根据图示电路图确定两表笔的接法。
（3）根据图示图线应用欧姆定律求出常温下灯泡电阻，作出电源的U-I图线求出灯泡工作点电压与电流，然后应用电功率公式求出灯泡实际功率。
本题考查了欧姆表使用、实验数据处理，要掌握常用器材的使用方法与读数方法，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
四、计算题（本大题共3小题，共35.0分）
16. 如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质量为m=1kg的滑块从A端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L=0.7m后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取g=10m/s2，求：
（1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1多大？
（2）若要滑块再次经过B点，传送带的速度至少多大？
（3）试讨论传送带的速度v与滑块最终停下位置x（到B点的距离）的关系。
【答案】解：（1）滑块从A点到刚滑上传送带，根据动能定理得：
得：
代入数据得：v1=3m/s
（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v时，物块刚能滑到B点，则有：
0
得：m/s，即传送带的速度必须大于等于m/s。
（3）若传送带的速度大于或等于v1=3m/s，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1。
由动能定理得：
得：s=0.9m
即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m，则最后停在离B点0.2m处。
若传送带的速度m/s＜v＜3m/s，则滑块将回到B点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即为：
=-0.7
若传送带的速度为：v＜m/s
则滑块将不能回到B点，即为：
=0.7-
答：（1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1是3m/s。
（2）若要滑块再次经过B点，传送带的速度至少m/s。
（3）传送带的速度v与滑块最终停下位置x（到B点的距离）的关系为：若传送带的速度m/s＜v＜3m/s，关系为x=-0.7．若传送带的速度v＜m/s，关系为x=0.7-。
【解析】（1）滑块从A点到刚滑上传送带，应用动能定理求滑块第一次滑上传送带时的速度v1。
（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v时，物块刚能滑到B点，运用动能定理求出v，从而得到传送带的速度最小值。
（3）根据传送带的速度与v、v1的关系，分析滑块的运动状态，再由动能定理求解。
本题的关键要搞清滑块的运动过程，分过程运用动能定理。在涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理。
17. 如图所示，在直角坐标系xOy中，OA与x轴的夹角为45°，在OA的右侧有一沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在OA的左侧区域及第二象限区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x轴上的某点静止释放一个质量为m、带电量为q且不计重力的带电粒子（不计重力），粒子将向左运动进入磁场，问：
（1）若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为多少？
（2）若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需多长时间？
（3）若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，求P点的位置坐标是多少？
【答案】解：（1）带电粒子在电场中加速，
在磁场中受洛伦兹力向上，粒子沿顺时针方向偏转
粒子从O点进入磁场，经过半个周期经过y轴，故其坐标为
（2）粒子回到OA边界时，转过了四分之三圆弧，又进入电场，此时速度方向垂直于电场，粒子在电场中做类平抛运动，沿垂直于电场方向位移为R时经过x轴，故从静止开始加速运动到磁场，，qE=ma
磁场中运动，
电场中运动的类平抛运动时间
得
（3）由第（2）小题的分析可知，若
则粒子恰回到出发点，即
解得
答：（1）若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为；
（2）若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需时间；
（3）若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，P点的位置坐标是。
【解析】（1）根据动能定理结合洛伦兹力提供向心力求解粒子进入磁场后经过y轴时的坐标；
（2）分析粒子的运动情况，求出在磁场中的运动时间，根据电场中运动的类平抛运动进行分析求解；
（3）由第（2）小题的分析可知粒子恰回到出发点，由此求解P点的位置坐标。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
18. 如图所示（俯视图），两根光滑且足够长的平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间距L=1m。导轨单位长度的电阻r=1Ω/m，左端处于x轴原点，并连接有固定电阻R1=1Ω（与电阻R1相连的导线电阻可不计）。导轨上放置一根质量m=1kg、电阻R2=1Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=B0+kx（B0=1T，k=1T/m）的磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使其从原点处开始以速度v=1m/s沿x轴正方向做匀速运动，则：
（1）当t=1s时，电阻R1上的发热功率。
（2）求0-2s内外力F所做的功。
（3）如果t=2s调整F的大小及方向，使杆以1m/s2的加速度做匀减速运动，定性讨论F的大小及方向的变化情况。
【答案】解：（1）当t=1s时，x=vt=1×1=1m，
此时磁感应强度：B=B0+kx=1+1×1=2T，
R1上的电流为：A，
电阻R1上的发热功率：P=I2R1=0.52×1=0.25W；
（2）电流与导体棒位置的关系为：I==0.5A，回路中的电流与导体棒位置无关，
安培力：F=ILB=ILB0+ILkx，画出F-x图象，求0-2s内图象下面的“面积”，
即是导体棒在运动过程中克服安培力所做的功当t=0，B=1T，
所以F=ILB=0.5N，当t=2s，B=3T，所以F=ILB=1.5N，x=2m，所以做功的“面积”为2J。
因导体棒是匀速运动，合力做功为0，所以外力克服安培力做功为2J；
（3）当t=2s时F安培=ILB=1.5N，方向向左，
此时合外力F合=ma=1N，方向向左，所以此时F应向右，大小为0.5N。
随着速度的减小，安培力将减小，F先减小。
当安培力等于1N时，F减至0，当速度更小是，安培力也更小，此时F应反向增大，当速度接近为0时，安培力也接近为0，F接近1N。
答：（1）当t=1s时，电阻R1上的发热功率为0.25W。
（2）0-2s内外力F所做的功为2J。
（3）F的大小及方向的变化情况：随着速度的减小，F先减小；当安培力等于1N时，F减至0，当速度更小是，安培力也更小，此时F应反向增大，当速度接近为0时，安培力也接近为0，F接近1N。
【解析】（1）求出t=1s时金属杆的位移，求出此时磁感应强度，应用欧姆定律求出此时电路电流，应用电功率公式求出此时的电功率。
（2）求出回路电流，然后根据题意求出安培力，然后求出克服安培力做功。
（3）求出t=2s时的安培力与合力，然后分析F的大小与变化情况。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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。
一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 速度、磁感应强度和冲量均为矢量
B. 速度公式v=和电流公式I=均采用比值定义法
C. 弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是kgs-1
D. 将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法
【答案】A
【解析】解：A、矢量是既有大小、又有方向的物理量，速度、磁感应强度和冲量均为矢量，故A正确。
B、不是电流定义式，速度公式v=采用比值定义法，故B错误。
C、根据F=kx知k的单位是N•m，其基本单位表达是kg•s-2；故C错误。
D、点电荷采用的物理方法是理想化模型，故D错误。
故选：A。
速度、磁感应强度和冲量都是矢量。速度公式v=采用比值定义法。根据F=kx确定k的单位。点电荷是一种理想化的物理模型。
解决本题的关键要理解并掌握物理基本知识。要注意物理量定义式与决定式的区别，不能混淆。
2. 区间测速是在同一路段上布设两个相邻的监控点，原理是基于车辆通过前后两个监控点的时间来计算车辆在该路段上的平均行驶速度，并依据该路段上的限速标准判定车辆是否超速违章。图为高速公路的一个交通标志，若一辆汽车以55km/h的速度驶入测速区间，经5min后仍以55km/h的速度驶离测速区间，则下列说法中正确的是（ ）
A. 汽车在该测速区间运行时不可以看成质点
B. 在该区间汽车的瞬时速度可能达到100km/h
C. 标志中的“5.3km”指的是位移
D. 因进出测速区间的速度均未超过60km/h，该汽车没有超速
【答案】B
【解析】解：A、汽车的大小在该测速区间内可以忽略，可以看成质点，故A错误；
B、在该测速区间，汽车某时刻的瞬时速度可能为l00km/h，故B正确；
C、标志中的“5.3km”指的是路程，故C错误；
D、汽车在测速区间的平均速度v==km/h=63.6km/h，超过了限速60km/h，故D错误；
故选：B。
汽车的大小在该测速区间内可以忽略；在测速区间，只要平均速度不超过了限速即可，瞬时速度可能为l00km/h；标志中的“5.3km”指的是公路的长度，是路程；根据平均速度的公式求解平均速度即可判断。
本题考查了判断汽车是否会超速，知道区间测速原理和平均速度的计算方法，正确区分平均速度和瞬时速度的关系；本题具有现实意义，驾车行驶一定不要超速行驶，确保交通安全。
3. 平衡艺术家在不使用任何工具的情况下，仅靠大自然重力就能将形状各异的石头叠在一起，赢得了无数惊叹声。某次一平衡艺术家将石块A、B、C从上到下依次叠放在一块大石头上，并使它们始终保持静止，整个环境处于无风状态，则（ ）
A. 石块A对B的压力就是A的重力
B. 石块B受力的个数不可能超过4个
C. 石块C对石块B的作用力竖直向上
D. 石块C对石块B的作用力大小是石块B对石块A作用力大小的两倍
【答案】C
【解析】解：A、压力和重力是不同性质的力，压力不是重力，石块A对B的压力大小等于A的重力，故A错误；
B、石块B受力的个数最多可能5个，即重力、A对B的压力和摩擦力、C对B的支持力和摩擦力，故B错误；
C、石块C对石块B的作用力与A和B的总重力大小相等、方向相反，即竖直向上，故C正确；
D．由于A和B石块质量未知，不能确定作用力的大小关系，故D错误。
故选：C。
压力不是重力；石块B受力的个数最多可能5个；石块C对石块B的作用力与A和B的总重力大小相等、方向相反A和B石块质量未知，不能确定作用力的大小关系。
本题主要是考查共点力的平衡，解答本题的关键是弄清楚各个石块的受力情况，根据平衡条件解答。
4. 泵浦消防车又称“泵车”，指搭载水泵的消防车，其上装备消防水泵、消防炮和其他消防器材，抵达现场后可利用现场消防栓或水源直接吸水灭火，某辆消防车的额定功率为120KW，消防炮的流量为48L/s。某次一高层建筑离地面高为75m处发生火情，为能有效灭火，消防员将消防炮升高到离地80m后将炮口水平摆放，使水柱恰能喷到着火点，已知消防炮口到着火点的水平距离为40m，水的密度为1×103kg/m3，不计空气阻力，则（ ）
A. 消防炮出水速度大小为10m/s
B. 消防车的抽水效率约为64%
C. 如火情向上蔓延，则必须升高消防炮的高度才能有效灭火
D. 如消防炮的流量可调，则仅增大消防炮的流量时仍能有效灭火
【答案】B
【解析】解：A、水从炮口水平射出做平抛运动，则有：h=，得：t===1s，防炮出水速度大小为：v===40m/s，故A错误；
B、由能量守恒定律得：，取t=1s，则m=ρV=1×103×48×10-3kg=48kg，结合P=1.2×105W，h=80m，可计算得效率为：η=64%，故B正确；
C、改变消防炮倾角能提高灭火点的高度，故C错误。
D、仅增大消防炮的流量时水流离开消防炮时的速度减小，不能有效灭火。故D错误。
故选：B。
水从炮口水平射出做平抛运动，根据平抛运动的规律求消防炮出水速度大小。根据能量守恒定律求消防车的抽水效率。如火情向上蔓延，可改变消防炮倾角能提高灭火点的高度。仅增大消防炮的流量时水流离开消防炮时的速度减小，不能有效灭火。
本题要理清水的运动过程，熟练掌握平抛运动的规律以及能量转化和守恒定律是解决本题的关键。
5. “S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上减速行驶时（ ）
A. 两名学员具有相同的线速度
B. 汽车受到的摩擦力与速度方向相反
C. 坐在副驾驶座上的学员受到汽车的作用力较大
D. 汽车对学员的作用力大于学员所受的重力
【答案】D
【解析】解：A、两名学员离圆心的距离不相等，v=rω，所以线速度大小不相同，故A错误；
B．汽车所需向心力由摩擦力提供，不与速度方向相反，故B错误；
C、学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小，故C错误；
D、汽车对学员的作用力竖直分力等于学员所受的重力，水平分力提供合力，故大于重力，故D正确；
故选：D。
两名学员的角速度相等，但离圆心的距离不相等，根据v=rω半径线速度大小；转我的向心力由地面的摩擦力提供；学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小；学员受重力、汽车的作用力，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，基础题目。
6. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯炮亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是（ ）
A. t=0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
B. 图线b电动势的瞬时值表达式为e=40sin（t）V
C. 线圈先后两次转速之比为2：3
D. 转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
【答案】B
【解析】解：A t=0时刻线圈平面恰好与磁场方向垂直；故A错误，
B．由图可知Ta=0.2s，则ωa==10π rad/s，Tb=0.3s，则ωb== rad/s，又=
可得：Emb=140V，
故图线b电动势的瞬时值表达式为：e=Embsinωbt=40sin（πt）V，故B正确；
C．由可知线圈先后两次转速之比为3：2，故C错误；
D．转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻碍增大，三个灯泡的亮度各不相同，故D错误；
故选：B。
根据图象结合交变电流电动势瞬时值的表达式可以求得a磁通变化率的最大值、图线b电动势的瞬时值表达式等，根据两次的周期之比，求出线圈的两次转速之比，
掌握线圈匀速转动过程中产生的交变电流的电压最大值的表达式，知道其电压瞬时值的表达式的一般表达式；知道电感和电容在电路中的作用；
7. 在xOy平面内充满了均匀介质，t=0时刻坐标原点O处的质点开始沿y轴做简谐运动，其位移时间关系式为y=10sin（t）cm，它在介质中形成的简谐横波只向x轴正方向传播，某时刻波恰好传到x=6m处，波形图象如图所示，已知M点的平衡位置在x=处，则下列说法正确的是（ ）
A. 此时与M点加速度相同的质点有5个
B. 1.5s到2s内，质点M的速度正在增大
C. x=10m处的质点在0到16s内通过的位移为0.6m
D. 站立在x=20m的观测者接受到该波的频率等于4Hz
【答案】B
【解析】解：A、加速度由回复力产生，而回复力只与位移有关，此时与M点加速度相同的质点有3个，故选项A错误；
B、由位移表达式求得波的周期T==s=4s，速度v==1m/s，则质点M在0.33s时开始向上振动，1.5s到2s内在向平衡位置运动，故速度增大，选项B正确；
C、x=10m处的质点在0到16s内振动了t=16s-=12s，通过的路程为=1.2m，而此时正处于平衡位置，位移为零，故选项C错误；
D．静止的观测者接受到该波的频率f==0.25Hz，故选项D错误。
故选：B。
根据质点做简谐运动的表达式，从而求得周期，再由v=，确定波速，进而可求得某段时间内波传播的距离；根据M点振动的时间，结合周期，从而判定M点的振动方向；简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同；根据此时M点的振动方向，再结合末位置，从而确定运动的时间，再确定路程和位移。
此题要由振动方程来确定角速度，并掌握波长、波速、周期的关系，并能灵活运用，同时并判定某质点经过一段时间时，所处的振动方向，或由所处的位置，来判定所经历的时间。
8. 星球GJ357d被科学家称为“超级地球”，它是绕着矮星GJ357旋转的三颗行星之一，其余两颗行星分别为GJ357b和GJ357c。已知GJ357d公转一圈为55.7个地球日，其质量约是地球的六倍；GJ357b的公转周期为3.9个地球日；矮星GJ357的质量和体积只有太阳的三分之一，温度比太阳低约40%．由上述信息可知（ ）
A. GJ357b的线速度比GJ357d的线速度小
B. GJ357d的第一宇宙速度比地球第一宇宙速度小
C. GJ357b公转的角速度比地球公转的角速度小
D. GJ357d公转的半径比地球公转的半径小
【答案】D
【解析】解：A．GJ357b离恒星更近，其线速度比GJ 357 d的线速度大，故A错误；
B．由于GJ357d的半径与地球半径关系未知，其第一宇宙速度无法计算，故B错误；
C、地球公转周期比GJ357b公转周期大，则角速度比GJ357b公转的角速度小，故C错误；
D、由可知，计算可知地球公转的半径比GJ357d公转的半径大，故D正确；
故选：D。
GJ357b、GJ357d都做匀速圆周运动，离恒星越远越慢、越近越快；根据万有引力提供向心力列式分析半径的关系。
本题关键是明确GJ357b、GJ357d的运动学规律和动力学规律，然后结合万有引力定律列式分析，不难。
9. 平衡车仅仅依靠人体重心的改变，便可以实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。因为其炫酷的操作，平衡车已经从年轻人的玩具，变成了日常通勤的交通工具。某款电动平衡车的部分参数如表所示，则下列说法中不正确的是（ ）
额定功率
250W
额定电压
36V
锂电池容量
4400mAh
充电器输出
44V，2A
百公里耗电量
1.1kwh
质量
12kg
A. 电池最多储存的电能约为5.7×105J
B. 电池从完全没电到充满电所需的时间为2.2h
C. 充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为83min
D. 该平衡车能骑行的最大里程约为14.4km
【答案】C
【解析】解：A、电池最多储存的电能由W=qU计算得约为W=4400×10-3×3600×36J=5.7×105J，故A正确；
B、由电量除以充电电流可求得时间为t==2.2h，故B正确；
C、充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约t==s=38min，故C错误；
D、最大里程可由最大电能除以百公里用电量计算得x====14.4km，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：C。
电池最多储存的电能由W=qU计算；电量除以充电电流可求得时间；充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约t=；最大里程可由最大电能除以百公里用电量计算得。
本题考查基本公式W=qU=Pt以及电容量的理解，会各种单位之间得我换算，简单题目。
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 在LC振荡电路中，当磁场能减小时，电容器处于充电状态
B. 玻尔在解释量子化原子结构时提出了能量子的概念
C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 根据德布罗意的物质波理论，相同速度的电子与质子相比电子的波长较长
【答案】AD
【解析】解：A、在LC振荡电路中，当磁场能减小时，电容器电场能增大，处于充电状态；故A正确；
B、普朗克在解释黑体辐射时提出了能量子的概念；故B错误；
C、发生光电效应时，根据光电效应方程：Ekm=hγ-W0，其中W0是材料的逸出功，可知光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，但不成正比；故C错误；
D、物质波波长为，相同速度的电子质量较小，则波长比质子长。故D正确
故选：AD。
电磁振荡为电场能与磁场能的相互转化过程，根据转化的特点分析；普朗克提出来能量子的概念；根据光电效应方程分析；根据德布罗意波的特点分析。
该题考查多个知识点的内容，都属于一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可。
11. 如图所示，a、b两束不同频率的单色光光束，分别从图示位置平行地由空气射向平静的湖面，湖底面水平且铺有反射材料，两束光经两次折射和一次反射后，一起从湖面o处射出。下列说法正确的是（ ）
A. a光在水中的传播速度比b光小
B. 两束光从o处射出时方向一定相同
C. 改变两束光的入射角，则两束光均有可能在 o点的左侧发生全反射
D. 用相同的双缝干涉装置进行实验时，a光的条纹间距较大
【答案】AB
【解析】解：A、由光路图可知a光在水中的光线偏转大，由折射定律知a光在水中的折射率较大，由v=知a光在水中的传播速度比b光小，故A正确；
B、两束光射到O处时的入射角等于射入湖水时的折射角，由光路可逆可知射出时的折射角相等，射出时方向一定相同，故B正确；
C、两束光由水面射向空气时入射角均不能达到临界角，不可能发生全反射，故C错误；
D、由可知，用相同的双缝干涉装置进行实验时，a光的波长小，条纹间距较小，故D错误；
故选：AB。
由题意作出光路图，由折射定律可比较折射率的大小，由v=知在水中的传播速度大小；由光路可逆可知射出时的折射角相等，两束光由水面射向空气时入射角均不能达到临界角；由可比较条纹间距的大小。
解决本题的关键是作出光路图，通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，灵活应用光路可逆的原理。
12. 如图所示，ABCD为一正四面体，A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，B点固定一个电荷量为-Q的点电荷，E点为BC边的中点（图中未画出），以无穷远处电势为0．则下列说法中正确的是（ ）
A. C、D两点的电场强度相同
B. 将一正电荷从C点移到E点，其电势能增加
C. 将一点电荷沿直线从D点移到C点，电场力始终不做功
D. 若在C点固定一电量为-Q的点电荷，则E点的电场强度指向A点
【答案】AC
【解析】解：等量异种电荷的电场线分别情况如图所示；
A、由电场线的空间分布可知C、D两点的电场强度相同；故A正确；
B、将正电荷从C点移到E点，电场力做正功，其电势能减小；故B错误；
C、图中C、D两点的连线上的任意一点到A和B的距离相等，所以CD均在同一等势面上，则移动点电荷时电场力始终不做功； 故C正确；
D、由电场强度的叠加原理可知E点的电场强度方向由A点指向E点，故D错误。
故选：AC。
根据等量异种电荷电场线的分布情况结合电势高低的判断方法进行判断。
本题主要是考查等量异种电荷电场线的分布，解答本题的关键是弄清楚电场强度高低的判断方法、电场力做功和电势能变化的关系。
13. 据国内媒体报道，中国南海“充电宝”的构想即将实现，大陆第一座海上浮动核电站即将建设完成。据专家透露，中国计划建造20个海上浮动核电站，主要用于海水淡化、资源开发以及为护航潜艇和南海各地区供电。此类核电站采用的是“核裂变”技术，U受中子轰击时会发生裂变，产生Ba和Kr，同时放出能量，已知每个铀核裂变时释放的能量约为200MeV，阿伏加德罗常数取NA=6.0×1023mol-1．则下列说法中正确的是（ ）
A. 核反应方程为：U→Ba+Kr+2n
B. 的的结合能比U的结合能大
C. 只有铀块的体积不小于临界体积时才能发生链式反应
D. 若有1mol的铀发生核反应，且核裂变释放的能量一半转化为电能，则产生的电能约为9.6×1012J
【答案】CD
【解析】解：A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知核反应方程为：．故A错误；
B、由于核裂变的过程中释放能量，可知的比结合能比大，但结合能较小；故B错误
C、根据发生链式反应的条件这铀块的体积不小于临界体积；故C正确
D、由质能方程可计算得产生的电能为核裂变释放的能量为：E=NA×200×106×1.6×10-19J=×6.02×1023×200×106×1.6×10-19J=9.6×1012J
故D正确
故选：CD。
核反应过程中质量数与核电荷数守恒，据此写出核反应方程式；根据链式反应的条件分析；求出发电站一天发的电能，然后求出消耗的铀的质量。
写核反应方程式时要注意：核反应过程中，质量数与核电荷数守恒；要会根据质能方程计算得产生的电能。
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
14. 为了测量木块与长木板之间的动摩擦因数，小周、小钱两位同学分别设计了如下实验：
（1）小周同学先将木块挂到一弹簧上，如甲所示，测出弹簧的长度L1．再将木块放置在水平的长木板上，弹簧的一端连着木块，另一端固定在墙上，如图乙所示。拉动长木板，将其从木块的下方缓缓抽出，在拉动过程中，测得弹簧的长度L2．要测得动摩擦因数，还必须测量的一个物理量为______（写出物理量的名称并用字母表示），由该实验测得动摩擦因数的表达式为μ=______。（用测得的物理量的字母及L1、L2等表示）
（2）小钱同学的设计如图丙所示。他在长木板的一端固定一个定滑轮，将其放置在水平桌面上，木块连着打点计时器上（交流电频率为50Hz）的纸带，用一细绳连接木块，细绳跨过滑轮，另一端挂一钩码。放手后，钩码拉动木块，木块先做匀加速运动，钩码着地后，木块开始做匀减速运动，得到一条纸带，其减速时的纸带上打点情况如图丁所示，则木块减速时的加速度a=______m/s2（结果保留两位有效数字）。若当地重力加速度为g，则乙测得的动摩擦因数的表达式为μ=______。（用相关的物理量的字母表示）
【答案】弹簧的原长L0 4.2
【解析】解：（1）小周同学的方案是通过测量木块的重力G（等于木块对木板的压力FN）和摩擦力Ff，再根据来求得动摩擦因数，因为结果是两个力的比值，所以不需要测量力的具体数值，只需知道两个力的相对大小，即可测得结果。
弹簧弹力的大小正比于弹簧的形变量，要求弹簧的形变量，必须测量弹簧的原长L0。
Ff=k（L2-L0），FN=k（L1-L0），
得。
（2）加速度，取T=0.04s，
，得a=4.2m/s2。
钩码着地后，拉力消失，木块水平方向只受木板的摩擦阻力，
得Ff=ma，
又FN=mg，
所以。
故答案为：（1）弹簧的原长L0；；（2）4.2；。
（1）动摩擦因数是滑动摩擦力与压力的比值，所以不需要测量两个力的具体数值，根据动摩擦因数公式求解；
（2）钩码着地后，拉力消失，木块水平方向只受木板的摩擦阻力，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查了探究影响摩擦力大小因素的实验，在本实验中明确动摩擦因数是滑动摩擦力与压力的比值，所以不需要测量两个力的具体数值，即可求解摩擦因数。
15. 在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，某实验小组的电压表坏了，老师给他们一个多用电表替代电压表进行实验。
（1）该组同学拿到多用电表后，用多用电表测量常温下小灯泡的电阻，操作如下：先把选择开关打到多用电表欧姆“×10”挡，欧姆挡调零后进行测量。测量时发现指针偏角过大，则应换用______（填“×100”或“×1”）挡，重新进行欧姆挡调零，再测量。
（2）现要测量小灯泡正常发光时的电阻，其电路如图所示，调节滑动变阻器，使小灯泡正常发光，多用电表的选择开关打到电压挡，______（填“红”或“黑”）表笔接a，另一表笔接______（填“b”或“c”）测其两端电压。
（3）该组同学测绘的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。则该小灯泡在常温下状态下的电阻约______Ω．若小灯泡与一个阻值为16Ω的固定电阻串联后，一起接在输出电压恒为4V的电源上，则小灯泡的功率为______W．（结果保留两位有效数字）
【答案】×1 黑 b 6.7 0.24
【解析】解：（1）指针偏转角度太大即电流太大，欧姆读数太小，所以应换更小倍率的挡位，即“×1”挡。
（2）多用电表当电压表使用时，红表笔接正，黑表笔接负，所以黑表笔接a。
电阻比较小，用电流表外接法测量比较准，所以红表笔接b。
（3）当电流较小时，灯丝的电阻几乎不变，其U-I图象近似为一直线，
该直线的“斜率”即为小灯泡常温下的电阻，由图象可得，电阻约为：
R=≈6.7Ω，
当小灯泡串联一个16Ω的电阻接到电压为4V的电源上时，其两端电压与电流的关系为：
U=4-16I，
在U-I图象上作出这一函数图象，其与小灯泡的伏安特性曲线的交点即为小灯泡的工作点，
如答图所示，据图可求得其功率为：
P=UI=2.4×0.1=0.24W。
故答案为：（1）×1；（2）黑，b；（3）6.7，0.24。
（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。
（2）电压表正接线柱要接高电势点，根据题意确定电流表的接法，然后根据图示电路图确定两表笔的接法。
（3）根据图示图线应用欧姆定律求出常温下灯泡电阻，作出电源的U-I图线求出灯泡工作点电压与电流，然后应用电功率公式求出灯泡实际功率。
本题考查了欧姆表使用、实验数据处理，要掌握常用器材的使用方法与读数方法，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
四、计算题（本大题共3小题，共35.0分）
16. 如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质量为m=1kg的滑块从A端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L=0.7m后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取g=10m/s2，求：
（1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1多大？
（2）若要滑块再次经过B点，传送带的速度至少多大？
（3）试讨论传送带的速度v与滑块最终停下位置x（到B点的距离）的关系。
【答案】解：（1）滑块从A点到刚滑上传送带，根据动能定理得：
得：
代入数据得：v1=3m/s
（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v时，物块刚能滑到B点，则有：
0
得：m/s，即传送带的速度必须大于等于m/s。
（3）若传送带的速度大于或等于v1=3m/s，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1。
由动能定理得：
得：s=0.9m
即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m，则最后停在离B点0.2m处。
若传送带的速度m/s＜v＜3m/s，则滑块将回到B点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即为：
=-0.7
若传送带的速度为：v＜m/s
则滑块将不能回到B点，即为：
=0.7-
答：（1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1是3m/s。
（2）若要滑块再次经过B点，传送带的速度至少m/s。
（3）传送带的速度v与滑块最终停下位置x（到B点的距离）的关系为：若传送带的速度m/s＜v＜3m/s，关系为x=-0.7．若传送带的速度v＜m/s，关系为x=0.7-。
【解析】（1）滑块从A点到刚滑上传送带，应用动能定理求滑块第一次滑上传送带时的速度v1。
（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v时，物块刚能滑到B点，运用动能定理求出v，从而得到传送带的速度最小值。
（3）根据传送带的速度与v、v1的关系，分析滑块的运动状态，再由动能定理求解。
本题的关键要搞清滑块的运动过程，分过程运用动能定理。在涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理。
17. 如图所示，在直角坐标系xOy中，OA与x轴的夹角为45°，在OA的右侧有一沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在OA的左侧区域及第二象限区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x轴上的某点静止释放一个质量为m、带电量为q且不计重力的带电粒子（不计重力），粒子将向左运动进入磁场，问：
（1）若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为多少？
（2）若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需多长时间？
（3）若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，求P点的位置坐标是多少？
【答案】解：（1）带电粒子在电场中加速，
在磁场中受洛伦兹力向上，粒子沿顺时针方向偏转
粒子从O点进入磁场，经过半个周期经过y轴，故其坐标为
（2）粒子回到OA边界时，转过了四分之三圆弧，又进入电场，此时速度方向垂直于电场，粒子在电场中做类平抛运动，沿垂直于电场方向位移为R时经过x轴，故从静止开始加速运动到磁场，，qE=ma
磁场中运动，
电场中运动的类平抛运动时间
得
（3）由第（2）小题的分析可知，若
则粒子恰回到出发点，即
解得
答：（1）若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为；
（2）若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需时间；
（3）若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，P点的位置坐标是。
【解析】（1）根据动能定理结合洛伦兹力提供向心力求解粒子进入磁场后经过y轴时的坐标；
（2）分析粒子的运动情况，求出在磁场中的运动时间，根据电场中运动的类平抛运动进行分析求解；
（3）由第（2）小题的分析可知粒子恰回到出发点，由此求解P点的位置坐标。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
18. 如图所示（俯视图），两根光滑且足够长的平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间距L=1m。导轨单位长度的电阻r=1Ω/m，左端处于x轴原点，并连接有固定电阻R1=1Ω（与电阻R1相连的导线电阻可不计）。导轨上放置一根质量m=1kg、电阻R2=1Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=B0+kx（B0=1T，k=1T/m）的磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使其从原点处开始以速度v=1m/s沿x轴正方向做匀速运动，则：
（1）当t=1s时，电阻R1上的发热功率。
（2）求0-2s内外力F所做的功。
（3）如果t=2s调整F的大小及方向，使杆以1m/s2的加速度做匀减速运动，定性讨论F的大小及方向的变化情况。
【答案】解：（1）当t=1s时，x=vt=1×1=1m，
此时磁感应强度：B=B0+kx=1+1×1=2T，
R1上的电流为：A，
电阻R1上的发热功率：P=I2R1=0.52×1=0.25W；
（2）电流与导体棒位置的关系为：I==0.5A，回路中的电流与导体棒位置无关，
安培力：F=ILB=ILB0+ILkx，画出F-x图象，求0-2s内图象下面的“面积”，
即是导体棒在运动过程中克服安培力所做的功当t=0，B=1T，
所以F=ILB=0.5N，当t=2s，B=3T，所以F=ILB=1.5N，x=2m，所以做功的“面积”为2J。
因导体棒是匀速运动，合力做功为0，所以外力克服安培力做功为2J；
（3）当t=2s时F安培=ILB=1.5N，方向向左，
此时合外力F合=ma=1N，方向向左，所以此时F应向右，大小为0.5N。
随着速度的减小，安培力将减小，F先减小。
当安培力等于1N时，F减至0，当速度更小是，安培力也更小，此时F应反向增大，当速度接近为0时，安培力也接近为0，F接近1N。
答：（1）当t=1s时，电阻R1上的发热功率为0.25W。
（2）0-2s内外力F所做的功为2J。
（3）F的大小及方向的变化情况：随着速度的减小，F先减小；当安培力等于1N时，F减至0，当速度更小是，安培力也更小，此时F应反向增大，当速度接近为0时，安培力也接近为0，F接近1N。
【解析】（1）求出t=1s时金属杆的位移，求出此时磁感应强度，应用欧姆定律求出此时电路电流，应用电功率公式求出此时的电功率。
（2）求出回路电流，然后根据题意求出安培力，然后求出克服安培力做功。
（3）求出t=2s时的安培力与合力，然后分析F的大小与变化情况。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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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