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2021-2022学年吉林省白山市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年吉林省白山市高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了8，cs53∘=0，00mg/L，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省白山市高三（上）期末物理试卷
1. 某种海鱼能在周围空间产生电场，其电场线分布如图所示。下列说法正确的是( )
A. 海鱼的头部带正电，A点的电势比B点的电势高
B. 海鱼的头部带正电，A点的电势比B点的电势低
C. 海鱼的头部带负电，A点的电势比B点的电势高
D. 海鱼的头部带负电，A点的电势比B点的电势低
2. 2022年北京冬奥会即将来临，运动员正在紧张训练。某滑雪运动员以某一初速度滑出，滑行一段距离后停下(此过程视为匀减速直线运动)，若该运动员第二次滑行的距离是第一次滑行距离的4倍，各处路况相同，则他第二次滑出的初速度大小为第一次滑出的初速度大小的( )
A. 2倍 B. 4倍 C. 14 D. 12
3. 某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针剧烈晃动且不易停止。该同学依据所学物理知识，在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且很快停止。下列说法正确的是( )
A. 电流表未接导线与接导线，均不会产生感应电动势
B. 电流表未接导线时不产生感应电动势，接导线时产生感应电动势
C. 电流表未接导线与接导线均不会产生感应电流
D. 电流表未接导线时不产生感应电流，接导线时产生感应电流
4. 投篮时，篮球出手后在空中运行的轨迹称为投篮抛物线。投篮抛物线有低、中、高三种弧线，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 低弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长
B. 高弧线投篮时，篮球从出手到进框，克服重力做功的平均功率最小
C. 低弧线投篮时，人对篮球做的功一定最大
D. 中弧线投篮时，人对篮球做的功一定最小
5. 某品牌手机配置有速度传感器，利用速度传感器可以测定手摆动的速度。某同学手握手机，手臂伸直，以肩为轴自然下摆，手机显示，手臂先后两次摆到竖直方向时的速度大小之比为k(k>1)。若手机的质量不可忽略，不计空气阻力，则手臂这两次摆到竖直位置时，手机受到手竖直方向的作用力大小之比( )
A. 为k B. 为k2 C. 大于k2 D. 小于k2
6. 2021年11月23日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号”丙遥三十七运载火箭成功发射“高分三号”02星。该卫星的成功发射将进一步提升我国卫星海陆观测能力，服务海洋强国建设和支撑“一带一路”倡议。已知卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，线速度大小为v，引力常量为G，则地球的质量为( )
A. v3TπG B. 2v3TπG C. v3T2πG D. 4v3TπG
7. 家用燃气热水器电子脉冲点火装置的原理图如图所示。将3V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=12sin100πt(V)，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值达到18kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是( )
A. 热水器每秒点火50次
B. 理想交流电压表V的示数为12V
C. 在转换器损坏的情况下，只要副线圈的匝数足够大，就可以点燃燃气
D. 要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1：1500
8. 如图所示，竖直墙壁AB与斜面BC的夹角为53∘，质量均为m且分布均匀的半球与小球叠放在墙面与斜面之间，OO′⊥BC。重力加速度大小为g，取sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. 斜面对半球的弹力大小为54mg
B. 半球对墙壁的弹力大小为34mg
C. 若仅将小球的半径减小，则墙壁对小球的弹力变小
D. 若仅将小球的半径减小，则半球对小球的支持力变小
9. 放射性元素自发地发出射线的现象，叫作天然放射现象。关于天然放射现象中的α射线、β射线和γ射线，下列说法正确的是( )
A. γ射线呈电中性
B. 某原子核放出β射线后，其质量数增加1
C. α射线、β射线和γ射线中，电离作用最强的是α射线
D. β射线是电子，来自原来绕核旋转的核外电子
10. A、C、D为等边三角形的三个顶点，三个顶点上各固定一根与纸面垂直的长直导线，各导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流。O点为三角形的中心，a点为CD边的中点。若O点的磁感应强度大小为B0，A处导线受到的安培力大小为F0，则下列说法正确的是( )
A. C处电流产生的磁场在O点的磁感应强度大小为13B0
B. a点的磁感应强度可能小于B0
C. A、D两处导线受到的安培力不同
D. C处导线受到的安培力大小为3F0
11. 如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 弧形槽的顶端距底端的高度为v024g
B. 小球离开小车后，相对地面做平抛运动
C. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为12mv02
D. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
12. 如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强电场(图中未画出)，A、B、C、D、M、N是棱长为a的正八面体的六个顶点，在同一竖直线上的M、N两点均固定有电荷量为Q的正点电荷，一质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动。静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 做匀速圆周运动的点电荷带正电
B. 匀强电场的电场强度大小为mgq
C. 做圆周运动的点电荷的角速度大小为433kQqma3
D. 做圆周运动的点电荷的动能为43kQq9a
13. 小王利用如图甲所示的装置探究弹簧的弹性势能。在粗糙水平桌面上固定好轻质弹簧和光电门，将光电门与数字计时器(图甲中未画出)连接。实验开始时，弹簧在光电门的左侧，且处于原长状态。小滑块与弹簧不拴接，不计空气阻力。
(1)用外力将滑块向左缓慢推至滑块上的遮光条(宽度为d)距离光电门为x处，撤去外力，数字计时器记录的遮光条通过光电门的时间为t。滑块通过光电门时的速度大小为______。
(2)多次改变滑块的质量m，重复(1)中操作，得出多组m与t的值，以1m为横坐标、1t2为纵坐标作出的1t2−1m图像如图乙所示(图中的a、b均为已知量)，则撤去外力瞬间弹簧的弹性势能Ep=______；已知当地的重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ=______。
14. 家里网购了一台净水机，小聪查阅资料后发现，水的电阻率与水中溶解的固体含量的关系如表所示，合格纯净水的固体含量s≤1.00mg/L。小聪想制作一个固体含量计，用来检验该净水机的净水效果。
水(25℃)的电阻率/(×103Ω⋅m)
500
50
5
溶解的固体含量/(mg⋅L−1)
0.010
0.100
1.00
水(25℃)的电阻率/(×103Ω⋅m)
0.5
0.1
0.01
溶解的固体含量/(mg⋅L−1)
10
50
500
小聪将水样通过阀门K注满一绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器两端用固定的圆形金属电极密封(如图甲所示)，再接在如图乙所示的电路(电源电动势为E，电流表的量程为Ig，测量前将红、黑表笔短接，使电流表满偏)的红、黑表笔之间，读出此时电流表的示数。小聪根据不同水样对应的电流值，得到不同水样对应的电阻率，将电阻率对应的固体含量值标在电流表表盘对应的刻度线上，这样就将电流表改装成了一个简易的固体含量计。
(1)在如图乙所示的电路中，______(选填“a”或“b”)表笔是黑表笔。
(2)此固体含量计上较小的固体含量值对应电流表的电流值______(选填“较大”或“较小”)。
(3)某次测量时，电流表的指针恰好半偏，测得该容器两电极间的长度为L，水柱的内径为d，则水样的电阻率ρ=______(用相关物理量的符号表示)；若E=3.0V，Ig=100μA，圆柱形塑料容器的长度与横截面直径分别为L=30cm、d=20cm，则该净水机______(选填“合格”或“不合格”)。
(4)若此固体含量计使用一段时间后，所用电源的电动势不变、内阻变大，则测量前需将滑动变阻器R接入电路的电阻适当调______(选填“大”或“小”)。
15. 国庆期间，小李与家人到滑草场游玩，在感受风一般速度的同时又能领略到大自然的美好，草道简化为如图甲所示的模型，其中AB为斜面草道，BC为水平草道，小李(视为质点)乘坐履带用具从斜面草道的最高点A(x=0)由静止滑下，其运动速率的二次方随路程大小的变化规律如图乙所示。履带用具与草道间的动摩擦因数处处相同，不计小李经过斜面草道最低点B时的机械能损失，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)斜面草道的长度s；
(2)履带用具与草道间的动摩擦因数μ。
16. 同学们周末去滑冰场滑冰。如图所示，甲同学静立在水平冰面上，乙同学从距离甲同学x0=7m处由静止开始向甲同学匀加速滑去，经时间t=2s乙同学到达甲同学所在位置并抱住甲同学(作用时间极短)，然后他们一起向前滑行一段距离后停下。甲同学与乙同学的质量分别为m1=60kg、m2=80kg，他们一起滑行时受到的阻力大小为他们所受总重力大小的120，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小v0；
(2)乙同学抱住甲同学的过程中损失的机械能ΔE；
(3)乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的距离x。
17. 如图所示，在第Ⅰ象限内的虚线OC(OC与y轴正方向的夹角θ=53∘)与y轴所夹区域内(包括虚线OC)有磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上坐标为(0,L)的A点平行于x轴正方向射入磁场。取sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，不计粒子所受重力。
(1)若a粒子垂直y轴离开磁场，求其初速度大小v应满足的条件；
(2)若b粒子离开磁场后垂直经过x轴，求b粒子在第Ⅰ象限内运动的时间t；
(3)若在(2)中情况下，在xOy平面内x轴与虚线OC所夹区域加上方向平行OC的匀强电场(图中未画出)，结果b粒子恰好能到达x轴，求所加电场的电场强度大小E以及b粒子到达x轴上的位置的横坐标x0(不考虑b粒子到达x轴后的运动)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
由电场线特点判断带电情况；沿电场线方向电势逐渐降低。
【解答】
根据电场线从正电荷出发，终止于负电荷的特点可知，海鱼的头部带正电，尾部带负电；靠近正电荷一侧的点电势大于零，靠近负电荷一侧的点电势小于零，所以B点电势高于A点电势，故B正确，ACD错误；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
两次运动的加速度相同，根据匀变速直线运动速度-位移公式进行求解。
【解答】
根据匀变速直线运动速度-位移公式v2−v02=2ax，
第一次：0−v2=2ax，
第二次：0−v′2=2a⋅4x，
联立解得：v′=2v，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，但不接导线时没有感应电流，接上导线后，还要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快停下来。
解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。
【解答】
未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，但由于没有闭合回路，故没有感应电流；
接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，而这种感应电流产生的磁场总是阻碍原来通过线圈磁通量的变化，故D正确，ABC错误。
故选：D。
4.【答案】B
【解析】解：A、篮球从出手到最高点的逆过程是平抛运动，根据h=12gt2得t=2hg，知高弧线投篮时，篮球从出手到最高点的运动时间最长。篮球从最高点到进框做平抛运动，由
t=2hg，知高弧线投篮时，篮球从最高点到进框的运动时间最长，因此，高弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长，故A错误；
B、篮球从出手到进框，三种情况克服重力做功相等，因为高弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长，因此根据P=Wt知高弧线投篮时，篮球从出手到进框，克服重力做功的平均功率最小，故B正确；
CD、研究篮球从出手到最高点的过程，竖直方向有h=vy22g，则知高弧线投篮时，篮球出手时竖直分速度最大；低弧线投篮时，篮球出手时竖直分速度小。在水平方向有x=vxt，由于高弧线投篮时，运动时间最长，水平位移最小，则高弧线投篮时，篮球出手时水平分速度最小，低弧线投篮时，运动时间最短，水平位移最大，则低弧线投篮时，篮球出手时水平分速度最大，根据速度合成可知，不能确定出手时初速度的大小，因此不能确定投篮时，人对篮球做功大小，故CD错误。
故选：B。
篮球从出手到最高点的逆过程是平抛运动，根据高度判断运动时间关系；根据重力做功关系和时间关系，分析克服重力做功的平均功率关系；根据出手时速度关系，由动能定理分析人对篮球做功关系。
本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式分析水平分速度和竖直分速度的关系。
5.【答案】D
【解析】解：设第一次手臂摆到竖直方向的速度为v1，第二次手臂摆到竖直方向的速度为v2，根据题意得
v1v2=k
设两次在最低点手机受到手竖直方向的作用力分别为F1、F2，在最低点由牛顿第二定律得
F1−mg=mv12R
F2−mg=mv22R
利用数学知识可得
F1F2=mg+mv12Rmg+mv22R
根据在最低点由牛顿第二定律可解得两次手机受到作用力，根据数学方法解得两次作用力之比。
本题考查向心力的知识点，解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用。
6.【答案】C
【解析】解：设地球质量为M，卫星质量为m。由GMmr2=mv2r，而T=2πrv，联立可得：M=v2rG=v3T2πG，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
7.【答案】D
【解析】解：A、由u=12sin100πt(V)，可知正弦交流电的角频率为100π，所以交流电的频率为：f=ω2π=100π2πHz=50Hz，每一个周期内有两次最大值，能点火两次，所以热水器每秒点火100次，故A错误；
B、由u=12sin100πt(V)，可知正弦交流电的最大值为12V，正弦交流电有效值和最大值之间的关系为：u=umax2，电压表示数为有效值，所以原线圈两端所接交流电压表的读数为：u=umax2=122V=62V，故B错误；
C、在转换器损坏的情况下，则原线圈的输入电压不能满足交流电的公式，所以即使副线圈的匝数足够大，也不可以点燃燃气，故C错误；
D、根据变压器原副线圈电压关系为：U1U2=n1n2，变压器原、副线圈的匝数之比：n1n2=U1U2=1218×103=11500，则要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1：1500，故D正确。
故选：D。
根据正弦交变电压的瞬时表达式u=Umsinωt，可知变压器原线圈的电压最大值为12V，可算出电压有效值，即电压的示数；正弦交流电的角速度ω=100π，根据角速度与频率的关系可求解交流电的频率；根据角频率与周期的关系，可求解交流电的周期，结合正弦交流电的周期特性，可判断点火次数；
根据U1U2=n1n2，可求出原副线圈的匝数比。
本题的入手点在于利用正弦交变电压的瞬时表达式u=Umsinωt，对比题干中“正弦交变电压u=12sin100πt(V)”，获取变压器原线圈端的最大电压和角速度，再结合相应的规律求解。
8.【答案】B
【解析】解：AB、对小球进行受力分析，如图1所示
根据平衡条件得：NOcosθ=N墙，NOsinθ=mg
根据几何关系可得：θ=53∘，解得：N墙=mgtanθ=mgtan53∘=34mg
对小球和半球整体受力分析如图2所示，根据平衡条件得：
NO整=2mgsin53∘=52mg，所以斜面对半球的弹力大小为52mg；
N墙整=2mgtan53∘=32mg，则墙壁对半球的支持力：N墙1=N墙整−N墙=32mg−34mg=34mg，故A错误、B正确；
CD、若仅将小球的半径减小，则θ减小，则墙壁对小球的弹力N墙=mgtanθ变大，
则半球对小球的支持力NO=mgsinθ变大，故CD错误。
故选：B。
对小球进行受力分析，根据平衡条件列方程；对小球和半球整体受力分析，根据平衡条件列方程联立求解；
若仅将小球的半径减小，根据平衡条件得到墙壁对小球的弹力、半球对小球的支持力表达式进行分析。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
正确解答本题需要掌握α、β、γ三种射线的性质以及产生过程。
本题考查了有关衰变中三种射线的性质，对于类似基础知识，注意加强记忆，平时注意积累。
【解答】
A、γ射线是高频率的电磁波，呈电中性，故A正确；
BD、β衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子，因此β射线来自原子核内部，原子核放出β射线后，电荷数增加1，其质量数不变，故BD错误；
C、α、β、γ三种射线中α射线穿透能力最弱，电离能力最强，故C正确。
故选：AC。
10.【答案】CD
【解析】解：A、三条导线在O点产生的磁场方向如图，因三根导线上的电流相等，则A、C、D三处导线在O点产生的磁感应强度BA、BC、BD大小相等，相邻两者之间方向互成60∘夹角，因O点的磁感应强度大小为B0，则BA=BC=BD=12B0，故A错误；
B、因a点与CD的距离小于O点距离CD的距离，可知导线CD在a点产生的磁场大于12B0，因C、D导线在a点的磁场方向相同，均垂直CD向下，可知C、D两处导线在a点的合磁感应强度大于B0，再与A处导线在a点的磁场合成后a点的磁感应强度大于B0，故B错误；
C、因C处导线对A处导线有排斥力，D处导线对A处导线有吸引力，两力互成120∘角，可知A处导线受安培力水平向右；因C处导线对D处导线有斥力，A处导线对D处导线有吸引力，两力互成120∘角，可知D导线受安培力斜向右上方，则A、D两处导线受到的安培力大小相等，但是方向不同，则A、D两处导线受到的安培力不同，故C正确；
D、由选项C的分析可知，A处导线受到的安培力大小为F0，则三根导线之间的相互作用力均为F0，因A处导线对C处导线有斥力，D处导线对C处导线有斥力，两力互成60∘角，可知C处导线受到的安培力大小为：F=2F0cos30∘=3F0，故D正确。
故选：CD。
根据对称性可知三根导线在O点的磁感应强度大小相等，根据矢量合成的特点分析出每根导线在O点的磁感应强度大小；根据a点处三根导线的磁感应强度结合几何关系定性地分析出a点的磁感应强度；根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥分析出A、D两处导线受到的安培力关系，结合矢量合成的特点分析C处导线受到的安培力大小。
解答本题时，需要熟知磁感应强度的叠加原理、安培力、安培定则、左手定则等知识，通过作图分析磁感应强度和安培力关系。
11.【答案】AD
【解析】解：A、当小球与小车的速度相等时，小球在弧形槽上升到最大高度，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0=2mv
由系统机械能守恒得：12mv02=12⋅2mv2+mgh，联立解得：h=v024g，故A正确；
B、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则：mv0=mv1+mv2…①
由机械能守恒得：12mv02=12mv12+12mv22…②，联立①②解得：v1=0，v2=v0，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，故B错误；
C、对小车，由动能定理得小车对小球做的功：W=12mv12−12mv02=−12mv02，故C错误；
D、在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，根据动量定理得：合力对小车的冲量为I=mv2−0=mv0，故D正确。
故选：AD。
小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，当小球上升到最高点时，小球与小车具有相同的速度，结合系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出上升的最大高度；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球离开小车时小球和小车的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小；由动量定理求合力对小车的冲量大小。
本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理和动量定理的综合应用，关键要知道当小球与小车的速度相等时，小球上升到最大高度。运用动能定理求外力做的功，运用动量定理求合力的冲量，都是常用方法，要熟练掌握。
12.【答案】BC
【解析】解：AB、由题意知，质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动，可知，q受到的合力提供做圆周运动的向心力，所以q与Q是异种电荷，其轨迹是正方形ABCD的内切圆。根据对称性可知：Eq=mg，所以匀强电场的电场强度E=mgq，故A错误，B正确；
C、两个Q对q的静电力的合力提供向心力：2×kQq(asin60∘)2×cosα=mω2r，其中cosα=a2asin60∘，r=a2，代入后得到ω=433kQqma3，故C正确；
D、该点电荷q的动能为Ek=12mv2=12m(ω×a2)2=12m×169×3kQqma3×a24=23kQq9a，故D错误。
故选：BC。
根据竖直方向的平衡条件和水平方向的匀速圆周运动，判断带电点电荷的电性，并计算电场强度；
两个点电荷Q对q的合力提供向心力，求出角速度及动能。
本题是电场知识和匀速圆周运动的综合，要注意的问题有二：要考虑点电荷的重力mg不能忽略，恰与匀强电场的力抵消，二是水平面内的圆周运动的半径的确定要用到立体几何知识。
13.【答案】(1)dt；(2)ad22b，ad22gx。
【解析】
【分析】
(1)滑块通过光电门的速度可认为等于挡光片通过光电门的平均速度；
(3)从动能定理推理出1t2−1m图象对应的表达式1t2=2Wd2×1m−2μgxd2，利用图象的斜率和纵截距求出弹簧对物块做的功及滑块与桌面之间的动摩擦因数。
本题考查探究弹性势能的大小，利用动能定理，把不便于测量的量转化为图象法求出，同时掌握极限的思想在物理中的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小。
【解答】
(1)滑块通过光电门的速度可认为等于挡光片通过光电门的平均速度，则有：v=dt；
(2)设滑块每次运行x的过程中弹簧对其所做的功为W，对滑块的运动过程，
由动能定理得：W−μmgx=12mv2，而v=dt，
整理得：1t2=2Wd2×1m−2μgxd2，
由图象1t2−1m的斜率和纵截距可得：k=0−(−a)b−0=2Wd2，−2μgxd2=−a，
解得：滑块每次运行x的过程中弹簧对其所做的功为：W=ad22b=Ep，
滑块与桌面之间的动摩擦因数为：μ=ad22gx。
故答案为：(1)dt；(2)ad22b，ad22gx。
14.【答案】b 较小 4IgLπEd2 不合格 小
【解析】解：(1)图乙实际上是一个多用电表欧姆挡，根据共用表头的电流的接线规则是红进黑出，即电流应从红接线柱流入，从黑接线柱流出，所以b表笔是黑接线柱；
(2)从表格可以看出，当固体含量较小时，水的电阻率较大，对应的电流表的示数较小；
(3)根据题意，电流表半偏，根据闭合电路欧姆定律有：12Ig=ERΩ+ρLπ(d2)2，而之前电流表满偏时有：Ig=ERΩ，联立可得：ρ=4IgLπEd2。
将已知数据：E=3.0V，Ig=100μA，L=30cm、d=20cm代入上式可得此纯净水的电阻率ρ=4×100×10−6×30×10−23.14×3.0×(20×10−2)2Ω⋅m=3.18×10−4Ω⋅m，查表可知，此纯净水的固体含量在500mg/L以上，故此水不合格；
(4)由于电源电动势不变，且电流表的满偏电流Ig也不变，所以此类似“欧姆表”的内阻RΩ=EIg不变，而RΩ=R+Rg+R0+r，电源内阻r变大，则需将滑动变阻器调小即可。
故答案为：(1)b；(2)较小；(3)4IgLπEd2、不合格；(4)小
电表在使用时要注意红黑表笔的接法，掌握一个大的原则是电流红进黑出；
根据表格数据规律和电阻定律、欧姆定律判断电流表示数的大小；
由使用前都需要进行一次欧姆调零。测电阻时电流表半偏，结合闭合电路的欧姆定律、电阻定律求得电阻率的表达式并进行计算；
根据欧姆表类似的原理，分析电源内阻变大时，应怎样调节调零电阻。
此题考查类似欧姆表的原理，注意区分欧姆挡与另外两个挡的表笔接法相反。另外闭合电路的欧姆定律是解决多用表欧姆挡的核心方法。
15.【答案】解：(1)根据v2=2ax可知，v2−x图象的斜率表示2a。
小李在斜面草道上运动的加速度大小：a1=642×8m/s2=4m/s2
根据图象可知，小李在B点速度最大，根据速度-位移关系可得：
vB2=2a1s，其中vB2=324m2/s2
解得：s=40.5m；
(2)根据图象可知，小李在水平草道上运动的加速度大小：
a2=324−642×(92.5−40.5)m/s2=2.5m/s2
根据牛顿第二定律有：μmg=ma2
解得：μ=0.25。
答：(1)斜面草道的长度为40.5m；
(2)履带用具与草道间的动摩擦因数为0.25。
【解析】(1)根据v2=2ax可知，v2−x图象的斜率表示2a，由此得到加速过程中加速度大小，根据速度-位移关系求解位移；
(2)根据图象求解小李在水平草道上运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。
16.【答案】解：(1)设乙同学在抱住甲同学前的滑行过程中的加速度大小为a，根据匀变速直线运动的规律有
x0=12at2
乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小：v0=at
解得v0=7m/s
(2)设乙同学抱住甲同学后瞬间他们的共同速度大小为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
根据能量守恒定律有
ΔE=12m2v02−12(m1+m2)v2
解得ΔE=840J
(3)由(2)可得v=4m/s
乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的过程，根据动能定理有
−120(m1+m2)gx=0−12(m1+m2)v2
解得x=16m
答：(1)乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小v0为7m/s。
(2)乙同学抱住甲同学的过程中损失的机械能ΔE为840J；
(3)乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的距离x为16m。
【解析】(1)研究乙同学在抱住甲同学前的滑行过程，根据位移-时间公式求出加速度，由速度-时间公式求乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小v0。
(2)乙同学抱住甲同学的过程时间极短，外力冲量可忽略不计，两人组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求乙同学抱住甲同学后瞬间他们的共同速度大小，根据能量守恒定律求乙同学抱住甲同学的过程中损失的机械能ΔE；
(3)乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的过程，利用动能定理求滑行的距离x。
解答本题时，要明确研究对象，确定研究过程，把握每个过程的物理规律，特别是要知道乙同学抱住甲同学的过程遵守动量守恒定律。
17.【答案】解：(1)当 a粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为180∘时， a粒子垂直 y轴离开磁场，在此种情况下，当 a粒子的运动轨迹与 OC相切时，设αa粒子的初速度最大为vmax，如图甲所示。
设此时 a粒子在磁场中运动的轨迹半径R1，有
qvmaxB=mvmax2R1
根据几何关系有
R1+R1sinθ=L
解得vmax=4qBL9m
v应满足的条件为0
设轨迹圆的半径R2，有
qv2B=mv22R2
根据几何关系有
R2+R2tanθ=L
解得
R2=4L7，v2=4qBL7mb点粒子在磁场中做圆周运动的周期
T=2πR2v2
b粒子在磁场中运动的时间
t1=T4
解得
t1=πm2qB
根据几何关系， b粒子经过虚线 OC时到 x轴的距离
l=3L7
设 b粒子离开磁场后在第I象限内运动的时间t2，有
l=v2t2
又t=t1+t2
解得t=(3+2π)m4qB
(3)b粒子沿 y轴方向的加速度大小
ay=qEcosθm
根据匀变速直线运动的规律有
v22=2ayl
解得E=40qLB263m
b粒子沿 x轴方向的加速度大小
ax=qEsinθm
设 b粒子从虚线 OC运动到 x轴的时间t′，有
v2=ayt′
b粒子从虚线 OC运动到 x轴的过程中沿 x轴方向的位移大小
x′=12axt′2
又x0=x′+R2
解得x0=8L7答：(1)若a粒子垂直y轴离开磁场，其初速度大小v应满足的条件为0
(3)所加电场的电场强度大小E以及b粒子到达x轴上的位置的横坐标x0为8L7。
【解析】(1)当 a粒子的运动轨迹与 OC相切时，设αa粒子的初速度最大为vmax，由qvmaxB=mvmax2R1求出临界速度。
(2)b粒子运动四分之一圆周后离开磁场，将垂直经过 x轴，求出半径R2，b粒子在磁场中运动的时间t1，b粒子离开磁场后在第I象限内运动的时间t2，两时间相加即为b粒子在第Ⅰ象限内运动的时间t；
(3)把加速度进行分解，由x轴的匀加速位移找到场强E的表达式，b求粒子从虚线 OC运动到 x轴的时间t′，再求出位移，再求总位移即可。
本题考查的是带电粒子在磁场中的运动和出磁场进入电场的时间，及到达x轴上的位置的横坐标x0试题综合性较强，难度较大。
2021-2022学年吉林省白山市高三（上）期末物理试卷
1. 某种海鱼能在周围空间产生电场，其电场线分布如图所示。下列说法正确的是( )
A. 海鱼的头部带正电，A点的电势比B点的电势高
B. 海鱼的头部带正电，A点的电势比B点的电势低
C. 海鱼的头部带负电，A点的电势比B点的电势高
D. 海鱼的头部带负电，A点的电势比B点的电势低
2. 2022年北京冬奥会即将来临，运动员正在紧张训练。某滑雪运动员以某一初速度滑出，滑行一段距离后停下(此过程视为匀减速直线运动)，若该运动员第二次滑行的距离是第一次滑行距离的4倍，各处路况相同，则他第二次滑出的初速度大小为第一次滑出的初速度大小的( )
A. 2倍 B. 4倍 C. 14 D. 12
3. 某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针剧烈晃动且不易停止。该同学依据所学物理知识，在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且很快停止。下列说法正确的是( )
A. 电流表未接导线与接导线，均不会产生感应电动势
B. 电流表未接导线时不产生感应电动势，接导线时产生感应电动势
C. 电流表未接导线与接导线均不会产生感应电流
D. 电流表未接导线时不产生感应电流，接导线时产生感应电流
4. 投篮时，篮球出手后在空中运行的轨迹称为投篮抛物线。投篮抛物线有低、中、高三种弧线，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 低弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长
B. 高弧线投篮时，篮球从出手到进框，克服重力做功的平均功率最小
C. 低弧线投篮时，人对篮球做的功一定最大
D. 中弧线投篮时，人对篮球做的功一定最小
5. 某品牌手机配置有速度传感器，利用速度传感器可以测定手摆动的速度。某同学手握手机，手臂伸直，以肩为轴自然下摆，手机显示，手臂先后两次摆到竖直方向时的速度大小之比为k(k>1)。若手机的质量不可忽略，不计空气阻力，则手臂这两次摆到竖直位置时，手机受到手竖直方向的作用力大小之比( )
A. 为k B. 为k2 C. 大于k2 D. 小于k2
6. 2021年11月23日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号”丙遥三十七运载火箭成功发射“高分三号”02星。该卫星的成功发射将进一步提升我国卫星海陆观测能力，服务海洋强国建设和支撑“一带一路”倡议。已知卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，线速度大小为v，引力常量为G，则地球的质量为( )
A. v3TπG B. 2v3TπG C. v3T2πG D. 4v3TπG
7. 家用燃气热水器电子脉冲点火装置的原理图如图所示。将3V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=12sin100πt(V)，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值达到18kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是( )
A. 热水器每秒点火50次
B. 理想交流电压表V的示数为12V
C. 在转换器损坏的情况下，只要副线圈的匝数足够大，就可以点燃燃气
D. 要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1：1500
8. 如图所示，竖直墙壁AB与斜面BC的夹角为53∘，质量均为m且分布均匀的半球与小球叠放在墙面与斜面之间，OO′⊥BC。重力加速度大小为g，取sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. 斜面对半球的弹力大小为54mg
B. 半球对墙壁的弹力大小为34mg
C. 若仅将小球的半径减小，则墙壁对小球的弹力变小
D. 若仅将小球的半径减小，则半球对小球的支持力变小
9. 放射性元素自发地发出射线的现象，叫作天然放射现象。关于天然放射现象中的α射线、β射线和γ射线，下列说法正确的是( )
A. γ射线呈电中性
B. 某原子核放出β射线后，其质量数增加1
C. α射线、β射线和γ射线中，电离作用最强的是α射线
D. β射线是电子，来自原来绕核旋转的核外电子
10. A、C、D为等边三角形的三个顶点，三个顶点上各固定一根与纸面垂直的长直导线，各导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流。O点为三角形的中心，a点为CD边的中点。若O点的磁感应强度大小为B0，A处导线受到的安培力大小为F0，则下列说法正确的是( )
A. C处电流产生的磁场在O点的磁感应强度大小为13B0
B. a点的磁感应强度可能小于B0
C. A、D两处导线受到的安培力不同
D. C处导线受到的安培力大小为3F0
11. 如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 弧形槽的顶端距底端的高度为v024g
B. 小球离开小车后，相对地面做平抛运动
C. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为12mv02
D. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
12. 如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强电场(图中未画出)，A、B、C、D、M、N是棱长为a的正八面体的六个顶点，在同一竖直线上的M、N两点均固定有电荷量为Q的正点电荷，一质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动。静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 做匀速圆周运动的点电荷带正电
B. 匀强电场的电场强度大小为mgq
C. 做圆周运动的点电荷的角速度大小为433kQqma3
D. 做圆周运动的点电荷的动能为43kQq9a
13. 小王利用如图甲所示的装置探究弹簧的弹性势能。在粗糙水平桌面上固定好轻质弹簧和光电门，将光电门与数字计时器(图甲中未画出)连接。实验开始时，弹簧在光电门的左侧，且处于原长状态。小滑块与弹簧不拴接，不计空气阻力。
(1)用外力将滑块向左缓慢推至滑块上的遮光条(宽度为d)距离光电门为x处，撤去外力，数字计时器记录的遮光条通过光电门的时间为t。滑块通过光电门时的速度大小为______。
(2)多次改变滑块的质量m，重复(1)中操作，得出多组m与t的值，以1m为横坐标、1t2为纵坐标作出的1t2−1m图像如图乙所示(图中的a、b均为已知量)，则撤去外力瞬间弹簧的弹性势能Ep=______；已知当地的重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ=______。
14. 家里网购了一台净水机，小聪查阅资料后发现，水的电阻率与水中溶解的固体含量的关系如表所示，合格纯净水的固体含量s≤1.00mg/L。小聪想制作一个固体含量计，用来检验该净水机的净水效果。
水(25℃)的电阻率/(×103Ω⋅m)
500
50
5
溶解的固体含量/(mg⋅L−1)
0.010
0.100
1.00
水(25℃)的电阻率/(×103Ω⋅m)
0.5
0.1
0.01
溶解的固体含量/(mg⋅L−1)
10
50
500
小聪将水样通过阀门K注满一绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器两端用固定的圆形金属电极密封(如图甲所示)，再接在如图乙所示的电路(电源电动势为E，电流表的量程为Ig，测量前将红、黑表笔短接，使电流表满偏)的红、黑表笔之间，读出此时电流表的示数。小聪根据不同水样对应的电流值，得到不同水样对应的电阻率，将电阻率对应的固体含量值标在电流表表盘对应的刻度线上，这样就将电流表改装成了一个简易的固体含量计。
(1)在如图乙所示的电路中，______(选填“a”或“b”)表笔是黑表笔。
(2)此固体含量计上较小的固体含量值对应电流表的电流值______(选填“较大”或“较小”)。
(3)某次测量时，电流表的指针恰好半偏，测得该容器两电极间的长度为L，水柱的内径为d，则水样的电阻率ρ=______(用相关物理量的符号表示)；若E=3.0V，Ig=100μA，圆柱形塑料容器的长度与横截面直径分别为L=30cm、d=20cm，则该净水机______(选填“合格”或“不合格”)。
(4)若此固体含量计使用一段时间后，所用电源的电动势不变、内阻变大，则测量前需将滑动变阻器R接入电路的电阻适当调______(选填“大”或“小”)。
15. 国庆期间，小李与家人到滑草场游玩，在感受风一般速度的同时又能领略到大自然的美好，草道简化为如图甲所示的模型，其中AB为斜面草道，BC为水平草道，小李(视为质点)乘坐履带用具从斜面草道的最高点A(x=0)由静止滑下，其运动速率的二次方随路程大小的变化规律如图乙所示。履带用具与草道间的动摩擦因数处处相同，不计小李经过斜面草道最低点B时的机械能损失，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)斜面草道的长度s；
(2)履带用具与草道间的动摩擦因数μ。
16. 同学们周末去滑冰场滑冰。如图所示，甲同学静立在水平冰面上，乙同学从距离甲同学x0=7m处由静止开始向甲同学匀加速滑去，经时间t=2s乙同学到达甲同学所在位置并抱住甲同学(作用时间极短)，然后他们一起向前滑行一段距离后停下。甲同学与乙同学的质量分别为m1=60kg、m2=80kg，他们一起滑行时受到的阻力大小为他们所受总重力大小的120，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小v0；
(2)乙同学抱住甲同学的过程中损失的机械能ΔE；
(3)乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的距离x。
17. 如图所示，在第Ⅰ象限内的虚线OC(OC与y轴正方向的夹角θ=53∘)与y轴所夹区域内(包括虚线OC)有磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上坐标为(0,L)的A点平行于x轴正方向射入磁场。取sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，不计粒子所受重力。
(1)若a粒子垂直y轴离开磁场，求其初速度大小v应满足的条件；
(2)若b粒子离开磁场后垂直经过x轴，求b粒子在第Ⅰ象限内运动的时间t；
(3)若在(2)中情况下，在xOy平面内x轴与虚线OC所夹区域加上方向平行OC的匀强电场(图中未画出)，结果b粒子恰好能到达x轴，求所加电场的电场强度大小E以及b粒子到达x轴上的位置的横坐标x0(不考虑b粒子到达x轴后的运动)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
由电场线特点判断带电情况；沿电场线方向电势逐渐降低。
【解答】
根据电场线从正电荷出发，终止于负电荷的特点可知，海鱼的头部带正电，尾部带负电；靠近正电荷一侧的点电势大于零，靠近负电荷一侧的点电势小于零，所以B点电势高于A点电势，故B正确，ACD错误；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
两次运动的加速度相同，根据匀变速直线运动速度-位移公式进行求解。
【解答】
根据匀变速直线运动速度-位移公式v2−v02=2ax，
第一次：0−v2=2ax，
第二次：0−v′2=2a⋅4x，
联立解得：v′=2v，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，但不接导线时没有感应电流，接上导线后，还要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快停下来。
解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。
【解答】
未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，但由于没有闭合回路，故没有感应电流；
接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，而这种感应电流产生的磁场总是阻碍原来通过线圈磁通量的变化，故D正确，ABC错误。
故选：D。
4.【答案】B
【解析】解：A、篮球从出手到最高点的逆过程是平抛运动，根据h=12gt2得t=2hg，知高弧线投篮时，篮球从出手到最高点的运动时间最长。篮球从最高点到进框做平抛运动，由
t=2hg，知高弧线投篮时，篮球从最高点到进框的运动时间最长，因此，高弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长，故A错误；
B、篮球从出手到进框，三种情况克服重力做功相等，因为高弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长，因此根据P=Wt知高弧线投篮时，篮球从出手到进框，克服重力做功的平均功率最小，故B正确；
CD、研究篮球从出手到最高点的过程，竖直方向有h=vy22g，则知高弧线投篮时，篮球出手时竖直分速度最大；低弧线投篮时，篮球出手时竖直分速度小。在水平方向有x=vxt，由于高弧线投篮时，运动时间最长，水平位移最小，则高弧线投篮时，篮球出手时水平分速度最小，低弧线投篮时，运动时间最短，水平位移最大，则低弧线投篮时，篮球出手时水平分速度最大，根据速度合成可知，不能确定出手时初速度的大小，因此不能确定投篮时，人对篮球做功大小，故CD错误。
故选：B。
篮球从出手到最高点的逆过程是平抛运动，根据高度判断运动时间关系；根据重力做功关系和时间关系，分析克服重力做功的平均功率关系；根据出手时速度关系，由动能定理分析人对篮球做功关系。
本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式分析水平分速度和竖直分速度的关系。
5.【答案】D
【解析】解：设第一次手臂摆到竖直方向的速度为v1，第二次手臂摆到竖直方向的速度为v2，根据题意得
v1v2=k
设两次在最低点手机受到手竖直方向的作用力分别为F1、F2，在最低点由牛顿第二定律得
F1−mg=mv12R
F2−mg=mv22R
利用数学知识可得
F1F2=mg+mv12Rmg+mv22R
根据在最低点由牛顿第二定律可解得两次手机受到作用力，根据数学方法解得两次作用力之比。
本题考查向心力的知识点，解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用。
6.【答案】C
【解析】解：设地球质量为M，卫星质量为m。由GMmr2=mv2r，而T=2πrv，联立可得：M=v2rG=v3T2πG，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
7.【答案】D
【解析】解：A、由u=12sin100πt(V)，可知正弦交流电的角频率为100π，所以交流电的频率为：f=ω2π=100π2πHz=50Hz，每一个周期内有两次最大值，能点火两次，所以热水器每秒点火100次，故A错误；
B、由u=12sin100πt(V)，可知正弦交流电的最大值为12V，正弦交流电有效值和最大值之间的关系为：u=umax2，电压表示数为有效值，所以原线圈两端所接交流电压表的读数为：u=umax2=122V=62V，故B错误；
C、在转换器损坏的情况下，则原线圈的输入电压不能满足交流电的公式，所以即使副线圈的匝数足够大，也不可以点燃燃气，故C错误；
D、根据变压器原副线圈电压关系为：U1U2=n1n2，变压器原、副线圈的匝数之比：n1n2=U1U2=1218×103=11500，则要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1：1500，故D正确。
故选：D。
根据正弦交变电压的瞬时表达式u=Umsinωt，可知变压器原线圈的电压最大值为12V，可算出电压有效值，即电压的示数；正弦交流电的角速度ω=100π，根据角速度与频率的关系可求解交流电的频率；根据角频率与周期的关系，可求解交流电的周期，结合正弦交流电的周期特性，可判断点火次数；
根据U1U2=n1n2，可求出原副线圈的匝数比。
本题的入手点在于利用正弦交变电压的瞬时表达式u=Umsinωt，对比题干中“正弦交变电压u=12sin100πt(V)”，获取变压器原线圈端的最大电压和角速度，再结合相应的规律求解。
8.【答案】B
【解析】解：AB、对小球进行受力分析，如图1所示
根据平衡条件得：NOcosθ=N墙，NOsinθ=mg
根据几何关系可得：θ=53∘，解得：N墙=mgtanθ=mgtan53∘=34mg
对小球和半球整体受力分析如图2所示，根据平衡条件得：
NO整=2mgsin53∘=52mg，所以斜面对半球的弹力大小为52mg；
N墙整=2mgtan53∘=32mg，则墙壁对半球的支持力：N墙1=N墙整−N墙=32mg−34mg=34mg，故A错误、B正确；
CD、若仅将小球的半径减小，则θ减小，则墙壁对小球的弹力N墙=mgtanθ变大，
则半球对小球的支持力NO=mgsinθ变大，故CD错误。
故选：B。
对小球进行受力分析，根据平衡条件列方程；对小球和半球整体受力分析，根据平衡条件列方程联立求解；
若仅将小球的半径减小，根据平衡条件得到墙壁对小球的弹力、半球对小球的支持力表达式进行分析。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
正确解答本题需要掌握α、β、γ三种射线的性质以及产生过程。
本题考查了有关衰变中三种射线的性质，对于类似基础知识，注意加强记忆，平时注意积累。
【解答】
A、γ射线是高频率的电磁波，呈电中性，故A正确；
BD、β衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子，因此β射线来自原子核内部，原子核放出β射线后，电荷数增加1，其质量数不变，故BD错误；
C、α、β、γ三种射线中α射线穿透能力最弱，电离能力最强，故C正确。
故选：AC。
10.【答案】CD
【解析】解：A、三条导线在O点产生的磁场方向如图，因三根导线上的电流相等，则A、C、D三处导线在O点产生的磁感应强度BA、BC、BD大小相等，相邻两者之间方向互成60∘夹角，因O点的磁感应强度大小为B0，则BA=BC=BD=12B0，故A错误；
B、因a点与CD的距离小于O点距离CD的距离，可知导线CD在a点产生的磁场大于12B0，因C、D导线在a点的磁场方向相同，均垂直CD向下，可知C、D两处导线在a点的合磁感应强度大于B0，再与A处导线在a点的磁场合成后a点的磁感应强度大于B0，故B错误；
C、因C处导线对A处导线有排斥力，D处导线对A处导线有吸引力，两力互成120∘角，可知A处导线受安培力水平向右；因C处导线对D处导线有斥力，A处导线对D处导线有吸引力，两力互成120∘角，可知D导线受安培力斜向右上方，则A、D两处导线受到的安培力大小相等，但是方向不同，则A、D两处导线受到的安培力不同，故C正确；
D、由选项C的分析可知，A处导线受到的安培力大小为F0，则三根导线之间的相互作用力均为F0，因A处导线对C处导线有斥力，D处导线对C处导线有斥力，两力互成60∘角，可知C处导线受到的安培力大小为：F=2F0cos30∘=3F0，故D正确。
故选：CD。
根据对称性可知三根导线在O点的磁感应强度大小相等，根据矢量合成的特点分析出每根导线在O点的磁感应强度大小；根据a点处三根导线的磁感应强度结合几何关系定性地分析出a点的磁感应强度；根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥分析出A、D两处导线受到的安培力关系，结合矢量合成的特点分析C处导线受到的安培力大小。
解答本题时，需要熟知磁感应强度的叠加原理、安培力、安培定则、左手定则等知识，通过作图分析磁感应强度和安培力关系。
11.【答案】AD
【解析】解：A、当小球与小车的速度相等时，小球在弧形槽上升到最大高度，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0=2mv
由系统机械能守恒得：12mv02=12⋅2mv2+mgh，联立解得：h=v024g，故A正确；
B、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则：mv0=mv1+mv2…①
由机械能守恒得：12mv02=12mv12+12mv22…②，联立①②解得：v1=0，v2=v0，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，故B错误；
C、对小车，由动能定理得小车对小球做的功：W=12mv12−12mv02=−12mv02，故C错误；
D、在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，根据动量定理得：合力对小车的冲量为I=mv2−0=mv0，故D正确。
故选：AD。
小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，当小球上升到最高点时，小球与小车具有相同的速度，结合系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出上升的最大高度；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球离开小车时小球和小车的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小；由动量定理求合力对小车的冲量大小。
本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理和动量定理的综合应用，关键要知道当小球与小车的速度相等时，小球上升到最大高度。运用动能定理求外力做的功，运用动量定理求合力的冲量，都是常用方法，要熟练掌握。
12.【答案】BC
【解析】解：AB、由题意知，质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动，可知，q受到的合力提供做圆周运动的向心力，所以q与Q是异种电荷，其轨迹是正方形ABCD的内切圆。根据对称性可知：Eq=mg，所以匀强电场的电场强度E=mgq，故A错误，B正确；
C、两个Q对q的静电力的合力提供向心力：2×kQq(asin60∘)2×cosα=mω2r，其中cosα=a2asin60∘，r=a2，代入后得到ω=433kQqma3，故C正确；
D、该点电荷q的动能为Ek=12mv2=12m(ω×a2)2=12m×169×3kQqma3×a24=23kQq9a，故D错误。
故选：BC。
根据竖直方向的平衡条件和水平方向的匀速圆周运动，判断带电点电荷的电性，并计算电场强度；
两个点电荷Q对q的合力提供向心力，求出角速度及动能。
本题是电场知识和匀速圆周运动的综合，要注意的问题有二：要考虑点电荷的重力mg不能忽略，恰与匀强电场的力抵消，二是水平面内的圆周运动的半径的确定要用到立体几何知识。
13.【答案】(1)dt；(2)ad22b，ad22gx。
【解析】
【分析】
(1)滑块通过光电门的速度可认为等于挡光片通过光电门的平均速度；
(3)从动能定理推理出1t2−1m图象对应的表达式1t2=2Wd2×1m−2μgxd2，利用图象的斜率和纵截距求出弹簧对物块做的功及滑块与桌面之间的动摩擦因数。
本题考查探究弹性势能的大小，利用动能定理，把不便于测量的量转化为图象法求出，同时掌握极限的思想在物理中的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小。
【解答】
(1)滑块通过光电门的速度可认为等于挡光片通过光电门的平均速度，则有：v=dt；
(2)设滑块每次运行x的过程中弹簧对其所做的功为W，对滑块的运动过程，
由动能定理得：W−μmgx=12mv2，而v=dt，
整理得：1t2=2Wd2×1m−2μgxd2，
由图象1t2−1m的斜率和纵截距可得：k=0−(−a)b−0=2Wd2，−2μgxd2=−a，
解得：滑块每次运行x的过程中弹簧对其所做的功为：W=ad22b=Ep，
滑块与桌面之间的动摩擦因数为：μ=ad22gx。
故答案为：(1)dt；(2)ad22b，ad22gx。
14.【答案】b 较小 4IgLπEd2 不合格 小
【解析】解：(1)图乙实际上是一个多用电表欧姆挡，根据共用表头的电流的接线规则是红进黑出，即电流应从红接线柱流入，从黑接线柱流出，所以b表笔是黑接线柱；
(2)从表格可以看出，当固体含量较小时，水的电阻率较大，对应的电流表的示数较小；
(3)根据题意，电流表半偏，根据闭合电路欧姆定律有：12Ig=ERΩ+ρLπ(d2)2，而之前电流表满偏时有：Ig=ERΩ，联立可得：ρ=4IgLπEd2。
将已知数据：E=3.0V，Ig=100μA，L=30cm、d=20cm代入上式可得此纯净水的电阻率ρ=4×100×10−6×30×10−23.14×3.0×(20×10−2)2Ω⋅m=3.18×10−4Ω⋅m，查表可知，此纯净水的固体含量在500mg/L以上，故此水不合格；
(4)由于电源电动势不变，且电流表的满偏电流Ig也不变，所以此类似“欧姆表”的内阻RΩ=EIg不变，而RΩ=R+Rg+R0+r，电源内阻r变大，则需将滑动变阻器调小即可。
故答案为：(1)b；(2)较小；(3)4IgLπEd2、不合格；(4)小
电表在使用时要注意红黑表笔的接法，掌握一个大的原则是电流红进黑出；
根据表格数据规律和电阻定律、欧姆定律判断电流表示数的大小；
由使用前都需要进行一次欧姆调零。测电阻时电流表半偏，结合闭合电路的欧姆定律、电阻定律求得电阻率的表达式并进行计算；
根据欧姆表类似的原理，分析电源内阻变大时，应怎样调节调零电阻。
此题考查类似欧姆表的原理，注意区分欧姆挡与另外两个挡的表笔接法相反。另外闭合电路的欧姆定律是解决多用表欧姆挡的核心方法。
15.【答案】解：(1)根据v2=2ax可知，v2−x图象的斜率表示2a。
小李在斜面草道上运动的加速度大小：a1=642×8m/s2=4m/s2
根据图象可知，小李在B点速度最大，根据速度-位移关系可得：
vB2=2a1s，其中vB2=324m2/s2
解得：s=40.5m；
(2)根据图象可知，小李在水平草道上运动的加速度大小：
a2=324−642×(92.5−40.5)m/s2=2.5m/s2
根据牛顿第二定律有：μmg=ma2
解得：μ=0.25。
答：(1)斜面草道的长度为40.5m；
(2)履带用具与草道间的动摩擦因数为0.25。
【解析】(1)根据v2=2ax可知，v2−x图象的斜率表示2a，由此得到加速过程中加速度大小，根据速度-位移关系求解位移；
(2)根据图象求解小李在水平草道上运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。
16.【答案】解：(1)设乙同学在抱住甲同学前的滑行过程中的加速度大小为a，根据匀变速直线运动的规律有
x0=12at2
乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小：v0=at
解得v0=7m/s
(2)设乙同学抱住甲同学后瞬间他们的共同速度大小为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
根据能量守恒定律有
ΔE=12m2v02−12(m1+m2)v2
解得ΔE=840J
(3)由(2)可得v=4m/s
乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的过程，根据动能定理有
−120(m1+m2)gx=0−12(m1+m2)v2
解得x=16m
答：(1)乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小v0为7m/s。
(2)乙同学抱住甲同学的过程中损失的机械能ΔE为840J；
(3)乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的距离x为16m。
【解析】(1)研究乙同学在抱住甲同学前的滑行过程，根据位移-时间公式求出加速度，由速度-时间公式求乙同学在抱住甲同学前瞬间的速度大小v0。
(2)乙同学抱住甲同学的过程时间极短，外力冲量可忽略不计，两人组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求乙同学抱住甲同学后瞬间他们的共同速度大小，根据能量守恒定律求乙同学抱住甲同学的过程中损失的机械能ΔE；
(3)乙同学抱住甲同学后一起向前滑行的过程，利用动能定理求滑行的距离x。
解答本题时，要明确研究对象，确定研究过程，把握每个过程的物理规律，特别是要知道乙同学抱住甲同学的过程遵守动量守恒定律。
17.【答案】解：(1)当 a粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为180∘时， a粒子垂直 y轴离开磁场，在此种情况下，当 a粒子的运动轨迹与 OC相切时，设αa粒子的初速度最大为vmax，如图甲所示。
设此时 a粒子在磁场中运动的轨迹半径R1，有
qvmaxB=mvmax2R1
根据几何关系有
R1+R1sinθ=L
解得vmax=4qBL9m
v应满足的条件为0
设轨迹圆的半径R2，有
qv2B=mv22R2
根据几何关系有
R2+R2tanθ=L
解得
R2=4L7，v2=4qBL7mb点粒子在磁场中做圆周运动的周期
T=2πR2v2
b粒子在磁场中运动的时间
t1=T4
解得
t1=πm2qB
根据几何关系， b粒子经过虚线 OC时到 x轴的距离
l=3L7
设 b粒子离开磁场后在第I象限内运动的时间t2，有
l=v2t2
又t=t1+t2
解得t=(3+2π)m4qB
(3)b粒子沿 y轴方向的加速度大小
ay=qEcosθm
根据匀变速直线运动的规律有
v22=2ayl
解得E=40qLB263m
b粒子沿 x轴方向的加速度大小
ax=qEsinθm
设 b粒子从虚线 OC运动到 x轴的时间t′，有
v2=ayt′
b粒子从虚线 OC运动到 x轴的过程中沿 x轴方向的位移大小
x′=12axt′2
又x0=x′+R2
解得x0=8L7答：(1)若a粒子垂直y轴离开磁场，其初速度大小v应满足的条件为0
(3)所加电场的电场强度大小E以及b粒子到达x轴上的位置的横坐标x0为8L7。
【解析】(1)当 a粒子的运动轨迹与 OC相切时，设αa粒子的初速度最大为vmax，由qvmaxB=mvmax2R1求出临界速度。
(2)b粒子运动四分之一圆周后离开磁场，将垂直经过 x轴，求出半径R2，b粒子在磁场中运动的时间t1，b粒子离开磁场后在第I象限内运动的时间t2，两时间相加即为b粒子在第Ⅰ象限内运动的时间t；
(3)把加速度进行分解，由x轴的匀加速位移找到场强E的表达式，b求粒子从虚线 OC运动到 x轴的时间t′，再求出位移，再求总位移即可。
本题考查的是带电粒子在磁场中的运动和出磁场进入电场的时间，及到达x轴上的位置的横坐标x0试题综合性较强，难度较大。
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