最全受力分析图组(含答案)新选.
2023年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2023年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题:本题共8小题,每小题6分．在每小题给出地四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求．全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分．1．（6分）一物块静止在粗糙地水平桌面上。
从某时刻开始,物块受到一方向不变地水平拉力作用。
假设物块与桌面间地最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a表示物块地加速度大小,F表示水平拉力地大小。
能正确描述F与a之间地关系地图象是（ ）A．B．C．D．2．（6分）如图,在固定斜面上地一物块受到一外力F地作用,F平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止,F地取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2．由此可求出（ ）A．物块地质量B．斜面地倾角C．物块与斜面间地最大静摩擦力D．物块对斜面地正压力3．（6分）如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R地正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）地条形匀强磁场区域,磁场地边界与导线框地一边平行,磁场方向竖直向下。
导线框以某一初速度向右运动。
t=0时导线框地右边恰与磁场地左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。
下列v﹣t 图象中,可能正确描述上述过程地是（ ）A．B．C．D．4．（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域地横截面地半径为R,磁场方向垂直横截面。
一质量为m、电荷量为q（q＞0）地粒子以速率v0沿横截面地某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力,该磁场地磁感应强度大小为（ ）A．B．C．D．5．（6分）如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l地正三角形地三个顶点上；a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。
整个系统置于方向水平地匀强电场中。
已知静电力常量为k。
若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强地大小为（ ）A．B．C．D．6．（6分）在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。
2020年山东高考物理试卷(新高考)(解析版)
山东省2020年普通高中学业水平等级考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。
重力加速度大小为g。
以下判断正确的是（）A. 0~t1时间内，v增大，F N>mgB. t1~t2时间内，v减小，F N<mgC. t2~t3时间内，v增大，F N <mgD. t2~t3时间内，v减小，F N >mg【答案】D【解析】【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则F N<mg，选项A错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则F N=mg，选项B错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则F N>mg，选项C错误，D正确；故选D。
2.氚核31H发生β衰变成为氦核32He。
假设含氚材料中31H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2⨯104 s时间内形成的平均电流为5.0⨯10-8 A。
已知电子电荷量为1.6⨯10-19 C，在这段时间内发生β衰变的氚核31H的个数为（）A. 145.010⨯B. 161.010⨯C. 162.010⨯D. 181.010⨯【答案】B【解析】【详解】根据 q ne I t t== 可得产生的电子数为8416195.010 3.210101.610It n e --⨯⨯⨯===⨯个 因在β衰变中，一个氚核产生一个电子，可知氚核的个数为1.0×1016个。
高一物理摩擦力和受力分析(201911整理)
解析 (1)物块匀速运动时，在水平方向和竖直方向各 受到两个力的作用，如右图所示，水平方向受到水平
拉力F和滑动摩擦力f，物块匀速运动时，这两个力大
小相等，方向相反，即f＝F所以物块所受的滑动摩擦
力f=8 N.
(2)由图可知，桌面对物块的
支持力N=G=20 N
由滑动摩擦力的公式f=μN
得μ=
f N
答案 (1)8 N (2)0.4 (3)8 N (4)8 N
针对练习1 如图3所示，一根重为G、 长为l的均匀长方体木料放在水平 桌面上．木料与桌面间的动摩擦因
二、滑动摩擦力大小的求解
典例2 如图2所示，重20 N的物块放在
水平桌面上，用F＝8 N的水平拉力拉
物块可以使其做匀速直线运动．求：
(1)物块所受的摩擦力；
图2
(2)物块和桌面间的动摩擦因数；
(3)当水平拉力增大到16 N时，物块受到的摩擦力；
(4)物块在运动过程中突然撤去外力，在物块停止运
动前它受到的摩擦力．
的判断难度较大．因此，我们可用假
设法判断．
假设主动轮O1与皮带间无摩擦力作用，则当O1顺时针 转动时，O1与皮带间将会打滑，此时C点将相对于A 点向上运动．实际上，O1与皮带间没有打滑，可见C 点相对于A点有向上运动的趋势；反之，A点相对于C 点有向下运动的趋势．根据静摩擦力的方向与相对运 动趋势的方向相反，可知C、A两点受到的静摩擦力 fC、fA的方向分别是向下、向上．同样，我们可以得 到B、D两点受到的静摩擦力fB、fD的方向分别是向 上、向下．从而，A、B、C、D各点所受静摩擦力的 方向如上图所示，应选C项． 答案 C
8N 20 N
=0.4.
(3)当水平拉力增大到16 N时，这时拉力和滑动摩擦 力不再相等，应当用滑动摩擦力公式求解．
2023年重庆市高考物理选考试卷(五)+答案解析(附后)
2023年重庆市高考物理选考试卷（五）1. 日常生活中，人们会听见各种各样的声音，不同声音在同种均匀介质中传播时，相同的是( )A. 波速B. 波长C. 频率D. 振幅2. 下列有关热学现象的说法，正确的是( )A. 当分子间作用力表现为引力时，分子势能随分子间距离减小而增大B. 所有晶体都具有各向异性的特征C. 一切自然过程总是向着分子热运动无序性减小的方向进行D. 高压气体突然快速膨胀会导致气体温度降低3. 图1为电影《流浪地球2》中的太空电梯，又称为“斯科拉门德快速电梯”，是一种可以在地球表面和太空间来回运输人员和物资的巨型结构。
图2为其简易图，固定在空间站和地球间的刚性“绳索”与空间站一起和地球保持相对静止，电梯可沿“绳索”升降，则( )A. 空间站绕地球运行的向心力小于地球对它的万有引力B. 空间站绕地球运行的向心力等于地球对它的万有引力C. 若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站将落回地面D. 若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站做离心运动4. 我国在全球海上风电项目中占有绝对主导地位，发展新能源为减少碳排行动作出了杰出贡献。
如图为某沿海区域的风速测速仪的简易图，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置可监测感应线圈产生的电流变化，从而测量实时风速。
由此可知( )A. 可以通过监测电流的最大值来监测风速大小B. 感应线圈匝数越少，越有利于监测到电流变化C. 风速越大，电流测量装置显示的电流变化周期越大D. 电流测量装置监测到的电流为大小不变、方向周期性变化的电流5. 一点光源以150W的功率向周围所有方向均匀地辐射光波，该光波的波长约为，在空间中的传播速度为。
在距离该点光源30m处，每秒垂直通过每平方米面积的光子数约为普朗克常量h取( )A. 个B. 个C. 个D. 个6. 如图所示电路中，直流电源内阻，、为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为，。
开关K闭合且电路稳定后，滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中( )A. 电流表示数变小B. 电源的效率减小C. 滑动变阻器消耗的功率一直减小D. 通过的电流方向为从c到d7. 如图所示，水平面内间距为1m且足够长的两根平行光滑长直金属轨道，其左侧通过开关S与的电阻相连，整个空间内有垂直轨道平面向里、磁感应强度大小为2T的匀强磁场。
人教版初中物理八年级下册第七章《力》测试(含答案解析)
一、选择题1．某同学对预防新冠肺炎措施中使用的一些物品进行了估测，其中最接近实际的是（）A．“测体温”：一个人的正常体温约为37℃B．“勤洗手”：一瓶家用洗手液的质量约为50kgC．“要消毒”：一张消毒湿巾的厚度约为20mmD．“戴口罩”：一只长方形口罩受到的重力约为1N2．以下关于重力的说法正确的是（）A．空中上升的气球不受重力作用B．重力不随物体位置的变化而变化C．因为g=9.8N/kg，所以1kg就等于9.8ND．地球上任何物体所受重力的施力物体都是地球3．如图所示，①②③④为一些物理实验，abcd为根据实验现象得出的结论，箭头表示实验现象和结论的对应关系，其中对应关系不正确的是（）A．B．C．D．4．下列关于测量操作的说法中，正确的是（）A．当量筒放置在较低的桌面上时，为了便于视线平行读数，可适当举起量筒B．用刻度尺测量物体长度时，必须与零刻度线对齐才能测量C．用弹簧测力计测量力时，弹簧测力计必须竖直放置D．在调节天平平衡时，分度盘指针在中央红线附近等幅摆动，说明已经平衡5．下面对一些数据的估计正确的是（）A．一个苹果的质量大约是1.5kgB．一个中学生的体重大约是500NC．课桌的高度大约是1.5mD．正常人的脉搏跳动一次的时间是10s6．“新冠肺炎”疫情结束后，同学们都期盼举办体育艺术节。
假如失去重力，下列比赛项目：①100m 跑，②举重，③跳水，④铅球，将无法进行的是（）A．只有①②B．只有②③C．只有③④D．①②③④7．下列关于力的说法中正确的是（）A．有力的作用就一定有受力物体但可以没有施力物体B．力不能离开物体而独立存在C．两个物体只要相互接触，就-定有力的作用D．两个物体不相互接触，就一定没有力的作用8．如图所示的现象中，主要说明力能改变物体运动状态的是（）A．风力使树枝弯曲B．压力使球和脸都变了形C．力使静止的足球运动起来D．力使弹簧伸长9．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年由北京市和张家口市联合举办。
2020届高考物理必考经典专题 专题02 共点力的平衡(含解析)
2020届高考物理必考经典专题专题2: 共点力的平衡考点一平衡条件的应用1.解决平衡问题的常用方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平效果分解法衡条件物体受到三个或三个以上力的作用时,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足正交分解法平衡条件对受三力作用而平衡的物体,将表示力的矢量平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角力的三角形法形,然后根据数学知识求解未知力考点二“死结”与“活结”“动杆”与“定杆”问题1.“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点.“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等.2.“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点.“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的.绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线.3.“动杆”:轻杆用转轴或铰链连接,可以绕轴自由转动.当杆处于平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动.4.“定杆”:轻杆被固定不发生转动.则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.杆所受到的弹力方向可以沿着杆,也可以不沿杆.考点三动态平衡问题1.动态平衡平衡物体所受某力发生变化,使得其他力也发生变化的平衡问题.2.基本思路化“动”为“静”,“静”中求“动”.3.分析动态平衡问题的两种方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出力的平行四边形(或三角形)边、角的变化(2)确定未知量大小、方向的变化考点四平衡中的临界极值问题1.“临界状态”:可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现象的状态.2.三种临界条件(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件:相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0).(2)绳子断与不断的临界条件:绳中的张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中的张力为0.(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件:静摩擦力达到最大静摩擦力. 3.突破临界和极值问题的三种方法解析法根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识求极值.通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等图解法根据物体的平衡条件作出力的矢量关系图,作出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值极限法是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极左”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,使问题明朗化,便于分析求解.典例精析★考点一：平衡条件的应用◆典例一：【2019·新课标全国Ⅲ卷】用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
2021高考物理一轮复习第二章相互作用第3讲力的合成与分解学案作业(含解析)新人教版
第3讲力的合成与分解一、力的合成1．合力与分力(1)定义：如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，那几个力叫做这一个力的分力．(2)关系：合力与分力是等效替代关系．判断正误(1)合力的作用效果跟原来几个力共同作用产生的效果相同．(√)(2)合力与原来那几个力同时作用在物体上．(×)2．共点力作用在物体的同一点，或作用线交于一点的几个力．如图1均为共点力．图13．力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程．(2)运算法则①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．如图2甲所示，F1、F2为分力，F为合力．图2②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的有向线段为合矢量．如图乙，F1、F2为分力，F为合力．自测1(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F(不为零)，则( ) A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍B．F1、F2同时增加10N，F也增加10NC．F1增加10N，F2减少10N，F一定不变D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大答案AD解析根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；若F1、F2方向相反，F1、F2同时增加10N，F不变，故B错误；若F1、F2方向相反，F1增加10N，F2减少10N，则F增加20N，故C错误；若F1、F2方向相反，F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确．二、力的分解1．定义：求一个力的分力的过程．力的分解是力的合成的逆运算．2．遵循的原则(1)平行四边形定则．(2)三角形定则．3.分解方法(1)效果分解法．如图3所示，物体重力G的两个作用效果，一是使物体沿斜面下滑，二是使物体压紧斜面，这两个分力与合力间遵循平行四边形定则，其大小分别为G1＝G sinθ，G2＝G cosθ.图3(2)正交分解法．自测2已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N．则( )A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向D．F2可取任意方向答案 C解析由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：因F2＝30N＞F20＝F sin30°＝25N，且F2＜F，所以F1的大小有两种，即F1′和F1″，F2的方向有两种，即F2′的方向和F2″的方向，故选项A、B、D错误，C正确．三、矢量和标量1．矢量：既有大小又有方向的物理量，叠加时遵循平行四边形定则，如速度、力等． 2．标量：只有大小没有方向的物理量，求和时按代数法则相加，如路程、速率等． 自测3 下列各组物理量中全部是矢量的是( ) A ．位移、速度、加速度、力 B ．位移、时间、速度、路程 C ．力、位移、速率、加速度 D ．速度、加速度、力、路程 答案 A1．两个共点力的合成|F 1－F 2|≤F 合≤F 1＋F 2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大． 2．三个共点力的合成(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F 1＋F 2＋F 3.(2)最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和． 3．几种特殊情况的共点力的合成类型作图合力的计算互相垂直F ＝F 12＋F 22tan θ＝F 1F 2两力等大，夹角为θF ＝2F 1cos θ2F 与F 1夹角为θ2两力等大，夹角为120°合力与分力等大F ′与F 夹角为60°4.力合成的方法(1)作图法(2)计算法若两个力F1、F2的夹角为θ，如图4所示，合力的大小可由余弦定理得到：图4F＝F12＋F22＋2F1F2cosθtanα＝F2sinθF1＋F2cosθ.题型1 基本规律的理解例1(多选)一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5N，现将水平面内的三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2N、2N、3N．下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是( )A．物体所受静摩擦力可能为2NB．物体所受静摩擦力可能为4NC．物体可能仍保持静止D．物体一定被拉动答案ABC解析两个2N的力的合力范围为0～4N，然后与3N的力合成，则三力的合力范围为0～7N，由于最大静摩擦力为5N，因此可判定A、B、C正确，D错误．变式1如图5所示，有五个力作用于同一点O，表示这五个力的有向线段恰分别构成一个正六边形的两邻边和三条对角线．已知F1＝10N，则这五个力的合力大小为多少？图5答案30N解析解法一(利用三角形定则)将力F2、F3平移到F5与F1、F4与F1的尾端之间，如图甲所示．F3、F4的合力等于F1，F5、F2的合力等于F1，这五个力的合力大小为3F1＝30N.解法二 (利用对称性)根据对称性，F 2和F 3的夹角为120°，它们的大小相等，合力在其夹角的平分线上，合力的大小等于其分力的大小，故力F 2和F 3的合力F 23＝F 12＝5N ，如图乙所示．同理，F 4和F 5的合力也在其角平分线上，由图中几何关系可知F 45＝15N ．故这五个力的合力F ＝F 1＋F 23＋F 45＝30N.题型2 力的合成法的应用例2 (2019·山东淄博市3月一模)如图6示，a 、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b 球质量为m ，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦．当两球静止时，Oa 段绳与杆的夹角也为30°，Ob 段绳沿竖直方向，则a 球的质量为( )图6A.3mB.33mC.32m D ．2m 答案 A解析 分别对a 、b 两球受力分析如图：根据共点力平衡条件得：F T ＝m b g ；F T sin30°＝m a gsin120°(根据正弦定理列式)，故m b ∶m a ＝1∶3，则m a ＝3m ，故B 、C 、D 错误，A 正确．1．效果分解法按力的作用效果分解(思路图)2．正交分解法(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力分布在坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系．(3)方法：物体受到多个力F 1、F 2、F 3…作用，求合力F 时，可把各力向相互垂直的x 轴、y 轴分解．x 轴上的合力F x ＝F x 1＋F x 2＋F x 3＋… y 轴上的合力F y ＝F y 1＋F y 2＋F y 3＋…合力大小F ＝F x 2＋F y 2若合力方向与x 轴夹角为θ，则tan θ＝F y F x.例3 (多选)如图7所示，电灯的重力G ＝10N ，AO 绳与水平顶板间的夹角为45°，BO 绳水平，AO 绳的拉力为F A ，BO 绳的拉力为F B ，则( )图7A ．F A ＝102NB ．F A ＝10NC ．F B ＝102ND ．F B ＝10N 答案 AD解析 解法一 效果分解法在结点O ，电灯的重力产生了两个效果，一是沿AO 向下的拉紧AO 绳的分力F 1，二是沿BO 向左的拉紧BO 绳的分力F 2，分解示意图如图所示．则F A＝F1＝Gsin45°＝102N，F B＝F2＝Gtan45°＝10N，故选项A、D正确．解法二正交分解法结点O受力如图所示，考虑到电灯的重力与OB垂直，正交分解OA绳的拉力更为方便．F＝G＝10NF A sin45°＝FF A cos45°＝F B代入数值得F A＝102N，F B＝10N，故选项A、D正确．变式2(2019·山东日照一中期中)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全．当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是( )答案 B解析减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，将F分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向的分力产生使汽车向上运动的作用效果，故B正确，D错误．变式3如图8所示，建筑装修中工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则磨石受到的摩擦力是( )图8A．(F－mg)cosθB．(F－mg)sinθC．μ(F－mg)cosθD．μ(F－mg)答案 A解析分析磨石的受力，有重力mg、弹力F N(垂直于斜壁向下)、摩擦力F f(沿斜壁向下)、外力F四个力．把这四个力沿斜壁和垂直于斜壁方向正交分解，由于磨石处于平衡状态，在沿斜壁方向有mg cosθ＋F f＝F cosθ，垂直于斜壁方向有F N＋mg sinθ＝F sinθ，又F f＝μF N，可得F f＝(F－mg)cosθ＝μ(F－mg)sinθ，选项A正确．例4(多选)(2018·天津卷·7)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图9所示，木楔两侧产生推力F N，则( )图9A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大答案BC解析根据力F的作用效果将F分解为垂直于木楔两侧的力F N，如图所示则F2F N＝sinθ2故F N＝F2sinθ2，所以当F一定时，θ越小，F N越大；当θ一定时，F越大，F N越大，故选项B、C正确，A、D错误．变式4刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图10是斧头劈木柴的情景．劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开．设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头自身的重力，则劈的侧面推压木柴的力约为( )图10A.dlF B.ldF C.l2dF D.d2lF答案 B解析斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似有dF＝lF1，得推压木柴的力F1＝F2＝ldF，所以B正确，A、C、D错误．1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法中正确的是( ) A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零答案 C解析当三个力构成一个矢量三角形或共线时，较小的两力的矢量和与第三个力等大反向时，合力可为0.2.(多选)一件行李重为G，被绳OA和OB吊在空中，OA绳和OB绳的拉力分别为F1、F2，如图1所示，则( )图1A．F1、F2的合力是GB．F1、F2的合力是FC．行李对绳OA的拉力方向与F1方向相反、大小相等D．行李受到重力G、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2，还有F共四个力作用答案BC3.(2019·天津卷·2)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通．为保持以往船行习惯，在航道外建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图2所示．下列说法正确的是( )图2A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布答案 C解析增加钢索的数量不能减小索塔受到的向下的压力，A错误；当索塔受到的力F一定时，降低索塔的高度，钢索与水平方向的夹角α减小，则钢索受到的拉力将增大，B错误；如果索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同，则两侧拉力在水平方向的合力为零，钢索的合力一定竖直向下，C正确；索塔受到钢索的拉力合力竖直向下，当两侧钢索的拉力大小不等时，由图可知，两侧的钢索不一定对称，D错误．4.如图3所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A、B两点，滑轮下挂一物体，不计绳和滑轮之间的摩擦．现让B缓慢向右移动，则下列说法正确的是( )图3A．随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B．随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变C．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变小D．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变答案 D解析随着B向右移动，两绳间夹角变大，而合力不变，两绳拉力变大．5．如图4所示，质量为m的重物悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是( )图4A．F2＝mgcosθB．F1＝mgsinθC．F2＝mg cosθD．F1＝mg sinθ答案 A解析对O点受力分析如图F1＝F2sinθ，F2cosθ＝mg解得F1＝mg tanθ，F2＝mgcosθA正确．6.(2019·福建泉州市期末质量检查)如图5所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为( )图5A.G3cosθB.G3sinθC.13G cosθ D.13G sinθ答案 A解析由平衡知识可知：3F T cosθ＝G，解得F T＝G3cosθ，故选A.7．(2019·山东枣庄市上学期期末)如图6所示，静止在水平地面上的木块受到两个拉力F1、F2的作用．开始时，两拉力沿同一水平线方向相反，且F1>F2；现保持F1不变，让F2的大小不变、F2的方向缓慢顺时针转过180°，在此过程中木块始终静止．下列说法正确的是( )图6A．木块受到所有外力的合力逐渐变大B．木块对地面的压力可能为零C．木块受到的摩擦力先变小后变大D．木块受到的摩擦力逐渐变大答案 D解析由于木块始终处于平衡状态，受到所有外力的合力始终为零，故A错误；水平方向，物块受F1、F2和摩擦力而平衡，根据摩擦力产生的条件可知，木块在整个过程中必定一直受到地面的支持力，由牛顿第三定律可知，木块对地面的压力不可能为0，故B错误；F1、F2大小不变，夹角从180°逐渐减小到零，F1和F2的水平分力的合力逐渐增大，木块受到的摩擦力逐渐变大，故C错误，D正确．8.(2019·四川南充市第三次适应性考试)如图7所示，截面为等腰直角三角形的斜面体A放在光滑水平面上，光滑球B的重力为G，放在斜面体和竖直墙壁之间，要使A和B都处于静止状态，作用在斜面体上的水平力F的大小为( )图7A．G B.2G C．1.5G D．2G答案 A解析对处于平衡的A和B的整体受力分析如图甲，对B球受力分析如图乙：由整体法可得：F＝F N墙对B球由合成法可得：F N墙＝G tanθ，其中A为等腰直角三角形，由几何关系可知θ＝45°；联立各式可得F＝G，故A正确，B、C、D错误．。
(精校版)2019年全国卷Ⅰ理综物理高考试题文档版(含详细解析)
2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．氢原子能级示意图如图所示。
光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。
要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.5l eV15．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷16．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。
若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg17．如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．018．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。
上升第一个4H 所用的时间为t1，第四个4H 所用的时间为t 2。
不计空气阻力，则21t t 满足A ．1<21t t <2B ．2<21t t <3C ．3<21t t <4D ．4<21t t <5 19．如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。
全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)【试题6页解析20页】
全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．（6分）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。
用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2．（6分）如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则（）A．a a＞a b＞a c，v a＞v c＞v b B．a a＞a b＞a c，v b＞v c＞v aC．a b＞a c＞a a，v b＞v c＞v a D．a b＞a c＞a a，v a＞v c＞v b3．（6分）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放。
在各自轨迹的最低点，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度4．（6分）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．B．C．D．5．（6分）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．B．C．D．6．（6分）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。
高中物理(新人教版)必修第一册同步习题：力的分解(同步习题)【含答案及解析】
第三章相互作用——力4力的合成和分解课时2力的分解基础过关练题组一对力的分解的理解1.一个力的大小为30N,将此力分解为两个分力,这两个分力的大小不可能是()A.10N、10NB.20N、40NC.200N、200ND.700N、720N2.(多选)一个力F分解为两个不为零的分力F1、F2,以下说法可能正确的是()A.F1、F2与F都在同一直线上B.F1、F2都小于F2C.F1或F2的大小等于FD.F1、F2的大小都与F相等3.将一个有确定方向的力F=10N分解成两个分力,已知一个分力有确定的方向,与F成30°夹角,另一个分力的大小为6N,则在分解时()A.有无数组解B.有两组解C.有唯一解D.无解题组二按效果分解力4.如图所示,一个半径为r、重为G的光滑均匀球,用长度为r的细绳挂在竖直光滑的墙壁上,则绳子的拉力F T和球对墙壁的压力F N的大小分别是()A.G,G2B.2G,GC.√3G,√3G3D.2√33G,√3G35.如图所示,三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同,它们共同悬挂一重物,其中OB是水平的,A端、B端分别固定在水平天花板上和竖直墙上。
若逐渐增加C端所挂重物的质量,则最先断的绳()A.必定是OAB.必定是OBC.必定是OCD.可能是OB,也可能是OC6.如图所示,将绳子的一端系在汽车上,另一端系在等高的树干上,两端点间绳长为10m。
用300N的拉力把水平绳子的中点往下拉离原位置0.5m,不考虑绳子的重力和绳子的伸长量,则绳子作用在汽车上的力的大小为()A.1500NB.6000NC.300ND.1500√3N题组三力的分解的讨论7.甲、乙两人用绳子拉船,使船沿OO'方向航行,甲用1000N的力拉绳子,方向如图所示,则乙的拉力最小值为()A.500√3NB.500NC.1000ND.400N8.把一个已知力F分解,要求其中一个分力F1跟F成30°角,而大小未知;另一个分力F2=√33F,但方向未知,则F1的大小可能是()A.F2B.√32F C.2√33F D.√3F题组四力的正交分解法9.如图所示,甲、乙、丙三个物体质量相同,与地面间的动摩擦因数相同,分别受到三个大小相同方向不同的作用力F,当它们滑动时,下列说法正确的是()A.甲、乙、丙所受摩擦力相同B.甲受到的摩擦力最大C.乙受到的摩擦力最大D.丙受到的摩擦力最大10.(多选)如图所示,质量为m的物体受到推力F作用,沿水平方向做匀速直线运动,已知推力F与水平面的夹角为θ,物体与地面间的动摩擦因数为μ,则物体所受的摩擦力大小为()A.F cosθB.μmgC.μFD.μ(mg+F sinθ)能力提升练题组一对力的分解的讨论1.(2020山东师大附中高一上期末,)(多选)已知一个力F=10√3N,可分解为两个分力F1和F2,已知F1与F夹角为30°(如图所示),F2的大小为10N,则F1的大小可能是()A.5√3NB.10√3NC.10ND.20N题组二按效果分解力2.(2019河北唐山一中高一上期中,)一个体操运动员在水平地面上做倒立动作,下列哪个图中沿每只手臂向下的力最大()3.(2020浙江嘉兴一中、湖州中学高一上期中联考,)减速带是交叉路口常见的一种交通设施,车辆驶过减速带时要减速,以保障行人的安全。
全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)【试题6页解析18页】
全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．（6分）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心2．（6分）一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为→+，下列说法正确的是（）A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量3．（6分）如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为（）A．2﹣B．C．D．4．（6分）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（）A．B．C．D．5．（6分）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（）A．：2B．：1C．：1D．3：6．（6分）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（）A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功7．（6分）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。
山东省济南市历城二中2023年高考仿真模拟物理试卷含解析
2023年高考物理模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。
已知图乙中定值电阻R的阻值为10Ω，电容器C的击穿电压为5V。
则下列选项正确的是（）A．矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100πt（A）B．矩形线框的转速大小为100r/sC．若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，电容器不会被击穿（通过电容器电流可忽略）D．矩形线框的转速增大一倍，则交变电流的表达式为i=1.2sin100πt（A）2、如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a、θ=︒，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为b通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡．已知37A．3:4 B．3:5 C．4:5 D．1:23、某实验小组要测量金属铝的逸出功，经讨论设计出如图所示实验装置，实验方法是：把铝板平放在桌面上，刻度尺紧挨着铝板垂直桌面放置，灵敏度足够高的荧光板与铝板平行，并使整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中；让波长为λ的单色光持续照射铝板表面，将荧光板向下移动，发现荧光板与铝板距离为d时，荧光板上刚好出现辉光。
已知普朗克常量为h，光在真空中传播速度为c，电子电量为e，质量为m。
下列说法正确的是（）A．金属铝的逸出功为2228hc e d Bm λ-B．从铝板逸出的光电子最大初动能为222 2e d BmC．将荧光板继续向下移动，移动过程中荧光板上的辉光强度可能保持不变D．将荧光板继续向下移动到某一位置，并增大入射光波长，板上的辉光强度一定增强4、2017年11月5日，我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星(如图所示)，开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。
(2024年高考真题含解析)甘肃省2024年普通高中学业水平选择性考试物理试卷(含解析)
2024年普通高中学业水平选择性考试 甘肃卷物理试卷养成良好的答题习惯，是决定成败的决定性因素之一。
做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。
如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共43分。
在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．2024年2月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素16976Os ，核反应方程如下：10658160482876Cd Ni Os 4X +→+该方程中X 是（ ）A ．质子B ．中子C ．电子D ．α粒子2．小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v t -图像如图所示，此两站间的距离约为（ ）A ．980mB ．1230mC ．1430mD ．1880m3．小杰想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（）A．用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力B．测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期C．从高处释放一个重物、测量其下落高度和时间D．测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径4．如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。
2024新高考物理全程考评特训卷(全word版含解析)-仿真练答案
第二部分 高考仿真练仿真练11．答案：A解析：根据电荷数守恒、质量数守恒，知钴60发生β衰变的衰变方程为6027 Co ―→6028 Ni ＋ 0－1 e ，故A 正确；放射性元素衰变的快慢由核自身的因素决定，与所处的外部环境无关，故B 错误；钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，故C 错误；10.54年为两个半衰期，则剩下的钴60为原来的14 ，没有全部衰变，故D 错误．故选A.2．答案：A解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零，故A 正确，B 错误；由牛顿第三定律知：球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C 错误；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D 错误．3．答案：C解析：金属球靠近M 点的位置感应出负电荷，M 点左侧图示虚线位置上电场线向右，沿着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M 点的电势高于O 点的电势，A 错误；M 点的电场强度由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的电场，等量异种电荷在M 点的电场强度之和为E ＝kq R 2 －kq （3R ）2 ＝8kq 9R 2 方向水平向右，感应电荷在M 点产生的场强之和应水平向右，故合场强要大于8kq9R2 ，B 错误；金属球处于静电平衡内部场强处处为0，等量异种电荷在O 点的电场强度之和E ＝kq （4R ）2 －kq（6R ）2 ＝5kq 144R 2，方向水平向右，所以感应电荷在球心O 处产生的场强大小等于5kq144R 2 ，方向水平向左，C 正确；M 点与金属球上不同点间的电势差相等，将一电子由M 点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功相等，D 错误．4．答案：C解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A 错误；由乙图可知周期为T ，故输出电流的频率为f ＝1T ，B 错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab 端输入电流的有效值，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D 错误．5．答案：B解析： 储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV ＝CT 可知，压强变小，故A 错误；气体体积增大，对外界做功，故B 正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU ＝0，由于气体对外界做功，即W <0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，Q >0，因此气体从外界吸热，故C 错误；温度不变，分子平均动能不变，故D 错误．6．答案：B解析： 空间站在太空时，由万有引力提供向心力，即GMm（R ＋h ）2 ＝m v 2R ＋h此时的线速度为v ＝2π（R ＋h ）T 1 ；GMm（R ＋h ）2 ＝m⎝ ⎛⎭⎪⎫2π（R ＋h ）T 12R ＋h＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 1 2(R ＋h )，当在地球北极时有GMmR 2＝mg 在赤道上有GMm R 2 ＝mg 0＋m ⎝⎛⎭⎫2πT 2 R ；R ＝（g －g 0）T 24π2即可以求出地球的半径，上述联立可得gR 2＝⎝⎛⎭⎫2πT 1 2(R ＋h )3由题意及分析可知，g 、h 、T 、R 已知，可以求出天舟四号运行的周期T 1，进而求出其线速度v ，A 、C 、D 说法正确；由于G 未知，故无法求出地球的质量，B说法错误，故选B.7．答案：C 解析：根据题意，由折射定律画出光路图，如图所示根据题意，由折射定律可得n ＝sin 90°sin r 解得sin r ＝22 即r ＝45°由几何关系可得OC ＝12AB cos γ＝4524cm则AB 界面有光照射到的区域长度为AC ＝AO ＋OC ＝90＋4524 cm 无采光装置和漫射装置时，根据题意有sin C ＝1n ＝22 可知，单色光将在导光管中发生全反射，根据题意画出光路图，可得单色光由导光管中射出时的光路图如图所示根据几何关系可得CD ＝3 m 由于对称性可得，无采光装置和漫射装置时地面上左、右两侧光斑的最远距离为x ＝2CD ＋d ＝6.45 m ，故A 、B 、D 错误，C 正确．故选C.8．答案：D解析：x t 图像中曲线的割线的斜率表示瞬时速度，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在t ＝t 0时刻相切，A 错误；0～t 0，由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为a 1，则有x 0＝12a 1t 20 t 0～5t 0，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速度a 2，则有5x 0－x 0＝12a 2(4t 0)2解得a 1＝2x 0t 20 ，a 2＝x 02t 20可得a 1＝4a 2，C 错误；冰壶在t 0时刻速度达到最大，速度v ＝a 1t 0＝2x 0t 0，B 错误；全过程根据动能定理W F －W f ＝0－0可得W F ＝W f ，可知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功，D 正确． 9．答案：ABC解析：由图可知，波长和振幅分别为λ＝2 m ，A ＝0.1 m 图乙所示质点在t ＝0时刻在正向最大位移处，图丙所示质点在t ＝0时刻在y ＝－0.05 m 处，运动方向沿y 轴负方向，结合波形图找到对应的点若图乙所示质点为左侧波峰上的点，则两点距离为23 m 若图乙所示质点为右侧波峰上的点，则两点距离为43 m 考虑到空间周期性，则x ＝nλ＋23 (m)或x ＝nλ＋43 (m) (n ＝0，1，2，3，…)即x ＝2λ＋23 (m )或x ＝2λ＋43 (m) (n ＝0，1，2，3，…)综上分析可得出两点平衡位置距离值，故A 、B 、C 正确，D 错误．10．答案：BD解析：根据Δx ＝Ld λ若改为紫光照射，波长变小，条纹间距会减小，A 错误；屏D 上出现干涉条纹的区域一定是反射光到达的区域，作出反射光的范围如图所示根据相似三角形的几何关系得，区域中的最高点到镜面所在平面的距离为s 1，有s 10.05×10－2 ＝0.90.05 ，解得s 1＝9.0×10－3m ，区域中的最低点到镜面所在平面的距离为s 2，有s 20.05×10－2 ＝0.80.15 解得s 2＝83 ×10－3m 区域的宽度为Δs ＝s 1－s 2≈6.33×10－3m ，条纹宽度为Δx ＝L d λ＝950.1 ×600×10－3m ＝5.7×10－4m ，亮条纹的数目为n ＝ΔsΔx ＝11条，B 正确；C 错误；屏D 上出现干涉条纹的区域长度为d ＝n Δx ＝11×5.7×10－4m ＝6.3×10－3m ，D 正确．故选BD.11．答案：AC解析：对第一次出手，有tan 30°＝2y 1x对第二次出手，有tan 60°＝2y 2x联立可得y 1y 2 ＝13且对第一次出手，有y 1＝12 gt 21对第二次出手，有y 2＝12 gt 22联立可得t 1t 2 ＝13 ，故A 正确，B 错误；对第一次出手，有v y 12 ·t 1＝y 1，v 1＝v y 1sin 30° ，v x 1＝v y 1tan 30°对第二次出手，有v y 22 ·t 2＝y 2，v 2＝v y 2sin 60° ，v x 2＝v y 2tan 60°联立可得v 1＝v 2，v x 1＝3 v x 2因二者初速度相同，则初动能相同，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C 点时，两球的机械能不同，故C 正确，D 错误．12．答案：BC解析：棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得－B I － L ·Δt ＝－BqL ＝0.8m v 0－m v 0，对棒b ，由动量定理可得2B I －L ·Δt ＝2BqL ＝m v －0联立可得v ＝0.4v 0，q ＝m v 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12 m v 20 －[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1m v 20 ，C 正确．故选BC. 13．答案：(1)匀加速直线 0.96(0.90～1.0均可给分) (2)重物的质量m mg －（M ＋m ）aMg解析：(1)由图乙可知，在误差允许的范围内，木块在1.20 s ～1.90 s 内加速度恒定不变，可以认为做匀加速直线运动．根据a ＝ΔvΔt 变形得Δv ＝a Δt 可知a t 图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量．整体从静止开始运动，在木块与缓冲器碰撞前，整体一直向左加速，则加速度为正值，所以在a 上半轴与时间围成的面积即为碰前木块的速度，由图知每小格表示的速度大小为Δv 1＝0.2×0.5 m/s ＝0.10 m/s ，根据数格子的方法可知，大约有9个小格，则碰前木块的速度为v ＝9Δv 1＝0.90 m/s.(2)根据牛顿第二定律，对重物有mg －T ＝ma ，对手机和木块有T －μMg ＝Ma ，联立解得μ＝mg －（M ＋m ）a Mg，可知还需要测量的物理量是重物的质量m .14．答案：(1)① (2)保护灵敏电流计G (3)500 (4)电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流解析：(1)导线①应该接在滑动变阻器R 2的右上端；(2)在步骤②中“将R 2调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计G ； (3)作出U I 图线如图； 该待测混凝土样本电阻R x ＝3.06.0×10－3Ω＝500 Ω.(4)该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流．15．答案：(1)2.5×10－3m 3 4.1×106Pa (2)18%解析：(1)根据题意可知，当轻绳拉力刚减小到零时，对金属壳受力分析有Mg ＝ρgV 解得V ＝2.5×10－3m 3被封闭气体的高度为h ＝Va2 ＝0.01 m此时被封闭气体底部距海面的距离为H ′＝H －(a －h )＝400 m 则封闭气体的压强为p 2＝ρgH ′＋p 0＝4.1×106Pa(2)气体不跑出时，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得p 1V 1＝p 2V 2 解得V 2＝3.05×10－3m 3跑出的气体占原有气体质量的比例β＝V 2－V V 2 ×100%＝3.05×10－3－2.5×10－33.05×10－3 ＝18%.16．答案：见解析解析：(1)对动力车厢由匀变速运动规律，有 v 21 ＝2ax 1动力车厢和第一节无动力车厢作用的过程，由动量守恒定律有m v 1＝2m v 2对动力车厢和第一节无动力车厢由匀变速运动规律，有v 23 －v 22 ＝2ax 1第二节无动力车厢开始运动时，由动量守恒定律有 2m v 3＝3m v 4解得第二节无动力车厢刚开始运动时的速度大小v 4＝515m/s (2)对动力车厢和前两节无动力车厢由匀变速直线运动规律有v 25 －v 24 ＝2ax 1由动量守恒定律可得第三节无动力车厢的初速度大小为v 6＝3m v 54m对这四节车厢由牛顿第二定律有 4ma ＝F －4kmg则第三节无动力车厢刚开始运动时动力车厢输出的功率大小P ＝F v 6＝12 60014 W 17．答案：见解析解析：(1)设物块B 刚要与物块A 发生碰撞时的速度大小为v ，对物块B ，由牛顿第二定律有μ2kmg ＝kma根据匀变速直线运动规律有v 2－v 20 ＝－2as设第一次碰后瞬间物块B 、A 的速度分别为v 1、v 2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律有km v ＝km v 1＋m v 212 km v 2＝12 km v 21 ＋12 m v 22 联立解得v 2＝6.4 m/s(2)若k ＝3，则第一次碰后瞬间物块A 的速度v 2＝6 m/s ，物块B 的速度v 1＝2 m/s ，第一次碰撞后，在摩擦力作用下，物块A 、B 均向左做匀减速运动，加速度大小均为a ＝2 m/s 2两物块从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，设物块B 运动的位移大小为x 1，物块A 向左运动的位移大小为x 2，反弹后向右运动的位移大小为x 3，因为物块A 与挡板的碰撞无机械能损失，则物块A 被等速率反弹，设反弹后瞬间的速度大小为v ′，则对物块A 有x 2＝v 2t 2－12 at 22v ′＝v 2－at 2 x 3＝v ′t 3－12 at 23t 3＋t 2＝t对于物块B 有x 1＝v 1t －12 at 2又x 1＋x 2＋x 3＝2l联立解得t ＝0.5 s(t ＝3.5 s 不符合实际，舍去)(3)若k ＝12 ，以水平向左为速度的正方向，则第一次碰后瞬间物块B 、A 的速度分别为v 1＝－43 m/s 、v 2＝83m/s对物块A 受力分析有μ1mg ＝ma 1，解得a 1＝5 m/s 2对物块B 受力分析有μ2kmg ＝kma 2，解得a 2＝2 m/s 2可以看成物块A 和物块B 做同方向的匀减速运动，开始时相距2l ，则追上时满足x 1＝2l ＋x 2且此时二者的速度满足v ′2≥v ′1≥0 即(83 －5t ) m/s ≥(43 －2t ) m/s ≥0 83 t －12 ×5t 2＝2l ＋43 t －12 ×2t 2 联立解得l ≤427m ．18．答案：(1)16 m/s (2)会，见解析 (3)4解析：(1)设物块P 第一次离开传送带前全程加速，第一次离开传送带时的速度为v 0，则有v 20 ＝2aL ；μmg ＝ma 解得v 0＝16 m/s<v ＝20 m/s 即假设成立，物块P 第一次离开传送带时速度大小为16 m/s.(2)物块P 与第一块物块Q 碰撞，设碰撞后物块P 和Q 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 0＝m v 1＋M v 2；12 m v 20 ＝12 m v 21 ＋12 M v 22 ，解得v 1＝m －M M ＋m v 0；v 2＝2m M ＋mv 0物块Q 从高台向左水平抛出时的速度为v 2，设其下落高度为h 时，水平方向上的位移为x 1，由平抛运动规律有h ＝12gt 2且x 1＝v 2t 解得x 1＝6.4 m>x 故第一块物块Q 会落在平台E 上．(3)由于物块P 与第一块物块Q 碰后速度v 1＝－8 m/s ，物块P 碰撞后向右再次进入传送带做减速运动，再反向加速到v ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m －M m ＋M v 0＝8 m/s 与第二块物块Q 相碰，此后一直重复这个过程，则物块P 与第n 个物块Q 碰撞后物块Q 的速度大小为v 2n ＝2m m ＋M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m －M m ＋M n －1v 0，又x ＝v min t 解得物块Q 要落在平台E 上的最小抛出速度v min ＝1 m/s ，为了让所有撞出的物块都能落在平台E 上，需v 2n ≥v min 即⎝⎛⎭⎫12 nv 0≥1 m/s.解得n ≤4即物块P 最多能使4块物块Q 落在平台E 上．仿真练21．答案：C解析：结合题述可知，经过时间t ＝t B ，元素A 经过两个半衰期，原子核个数变为n ′A ＝14n A ，元素B 经过一个半衰期，原子核个数变为n ′B ＝12 n B ，容器内元素A 、B 的原子核个数之比变为n ′A n ′B ＝n A 2n B ＝14，C 正确．2．答案：C解析：第一步：沿竖直方向对小球进行受力分析设绳1、2上的张力大小分别为T 1、T 2，绳1与竖直方向的夹角为θ，小球质量为m ，小车在水平面上做匀变速直线运动时小球竖直方向受力平衡，有T 1cos θ－mg ＝0，得T 1＝mg cos θ ，两绳一直保持拉直状态，θ不变，可知T 1一直保持不变．第二步：加速度沿不同方向时，沿水平方向对小球进行受力分析在水平方向上，由牛顿第二定律可知，当加速度方向向右时，有T 2 －T 1sin θ＝ma ，得T 2＝T 1sin θ＋ma ＝mg tan θ＋ma ，若加速度稍稍减小，则T 2减小．当加速度方向向左时，有T 1sin θ－T 2＝ma ，得T 2＝T 1sin θ－ma ＝mg tan θ－ma ，若加速度稍稍减小，则T 2增大．综上，C 正确．3．答案：B解析：由折射定律有n ＝sin αsin β ，假设光沿折射光线的反方向从空气射入玻璃砖，由光的可逆性可知a 、b 两束光在玻璃砖中的折射角相同，b 光的入射角大，玻璃砖对b 光的折射率大，A 错误．在真空中由c ＝λf 可得λ＝cf ，可知a 光在真空中的波长较长，B 正确．由折射知识有n ＝c v ，可知a 光在玻璃砖中的速度较大，C 错误．若临界角为C ，有sin C ＝1n ，可知b 光的临界角较小，若逐渐增加入射角，b 光最先达到临界角而发生全反射，最先消失的是b 光，D 错误．4．答案：B解析：当球形区域中矿物的密度为12 ρ时，在球体中补上密度也为12 ρ的等体积物质，球体中物质的密度变成正常密度ρ，此时P 处质量为m 的质点受到的重力为mg ，可看成补上的密度为12 ρ的物质对P 处质点的引力与原来引力mg ′的矢量和，即mg ＝mg ′＋G 43πR 3·12ρm L 2 ，则δ＝g －g ′＝2πGR 3ρ3L 2.若球心O 到P 的距离变为2L ，则“重力加速度反常值”变为14 δ，A 错误．若球形区域半径变为12 R ，则“重力加速度反常值”变为18 δ，B 正确．若球形区域变为一个空腔，在球体中需补上密度为ρ的物质，此时P 处质量为m 的质点受到的重力为mg ，有mg ＝mg ′3＋G 43πR 3ρm L 2 ，δ3＝g －g ′3＝4πGR 3ρ3L 2 ，则“重力加速度反常值”变为2δ，C 错误．若球形区域中矿物的密度变为32 ρ，矿物可看成密度为ρ和密度为12 ρ的两部分物质的叠加，此时P 处重力加速度的值比正常值大，有mg ′4＝mg ＋G 43πR 3·12ρm L 2 ，“重力加速度反常值”为δ4＝g －g ′4＝－2πGR 3ρ3L 2＝－δ，D 错误．5．答案：A解析：由电阻定律可知，线圈上、下两部分的电阻之比为R 1R 2 ＝πr 4r ＝π4 ，由并联电路特点可知I 1I 2 ＝R 2R 1 ＝4π ，线圈上、下两部分有效长度相等，则线圈上、下两部分所受安培力大小之比为F 1F 0 ＝I 1I 2 ＝4π ，线圈上、下两部分所受安培力方向相同，可得整个线圈所受安培力大小为F 1＋F 0＝π＋4πF 0，A 正确．6．答案：D解析：由题图可知波源P 起振方向向下，0～7.5 s 内质点P 的振动图像如图甲所示．此过程波源P 经过的总路程s P ＝8A －y ＝(80－52 )cm ，x ＝1 m 处的质点Q 平衡位置到波源P 平衡位置的距离恰好为λ，波从波源P 出发经过一个周期到达Q ，以后P 、Q 步调一致，Q 比P 少了一次全振动．此过程Q 的振动图像如图乙所示．此过程Q 经过的总路程s ＝s P －4A＝(40－52 )cm ，D 正确．7．答案：A解析：小车甲一直做匀速直线运动，以小车甲为参考系，小车乙以大小为v 0的初速度冲向甲，相对甲的速度为0时，弹簧压缩到最短，小车乙的动能全部转化为弹性势能，弹簧储存的弹性势能为12 m v 20 ，A 正确．以地面为参考系，弹簧被压缩到最短时，小车乙的速度大小为v 0，弹簧被压缩到最短的过程，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，弹簧弹性势能增加了12 m v 20 ，小车乙动能增加了12m v 20 ，则系统机械能的增加量为m v 20 ，可知合外力对小车甲做的功为m v 20 ，对小车甲，其动能保持不变，由动能定理可知，弹簧弹力对小车甲做的功为－m v 20 ，B 错误．由动量定理知，弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车乙的冲量大小为m v 0，由于弹簧对小车甲、乙的弹力始终等大反向，可知弹簧弹力对小车甲的冲量大小也为m v 0，C 错误．以小车甲为参考系，小车乙以大小为v 0的初速度冲向甲，弹簧先压缩后复原，弹簧恢复原长时小车乙相对小车甲的速度大小为v 0、方向水平向右，相对地面的速度大小为2v 0，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，为2m v 20 ，D 错误．8．答案：D解析：第一步：计算出变压器及右侧部分在原线圈电路中的等效电阻如图所示，将变压器及右侧部分等效为一个电阻R ′，当a 、b 端与副线圈绕组按不同方式连接时，副线圈等效匝数设为n ′2，设原线圈两端电压、流过的电流分别为U 1、I 1，电阻R两端的电压、流过的电流分别为U 2、I 2，则有R ′＝U 1I 1 ＝n 1n ′2 U 2n ′2n 1I 2 ＝n 21 n ′22 U 2I 2 ＝n 21n ′22R .第二步：判断等效电阻取何值时功率最大设发电机输出电压有效值为E ，等效电阻R ′的功率为P ′＝I 21R ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R ′ 2R ′＝E 2r 2R ′＋R ′＋2r ，可知当r 2R ′ ＝R ′时，等效电阻R ′的功率P ′有最大值，此时R ′＝r .第三步：判断哪种接法能满足功率最大当a 端接1，b 端接2时，副线圈等效匝数为n 2＝50，R ′＝n 21n 22 R ＝8 Ω，当a 端接3，b端接4时，副线圈等效匝数为n 3＝150，R ′＝n 21 n 23R ＝89 Ω，当2、3连接，a 端接1，b 端接4时，副线圈等效匝数为n 3＋n 2＝200，R ′＝n 21（n 3＋n 2）2R ＝12 Ω，当1、3连接，a 端接2，b端接4时，副线圈等效匝数为n 3－n 2＝100，R ′＝n 21（n 3－n 2）2R ＝2 Ω，此时R ′＝r ，等效电阻R ′的功率P ′有最大值，即电阻R 的功率最大，D 正确．9．答案：ACD解析：一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量，A 正确．热力学第一定律反映了热现象中的能量守恒，热力学第二定律指出与热现象有关的宏观过程具有方向性，B 错误.0 ℃的冰融化为0 ℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，C 正确．热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，D 正确．10．答案：BD解析：设小车的最大速度为v m ，则加速和减速过程的平均速度均为12v m ，A 错误．设小车加速和减速过程的时间分别为t 1、t 2，加速和减速过程的位移分别为x 1、x 2，则有x 1＝12 v m t 1，x 2＝12 v m t 2，t 1t 2 ＝x 1x 2 ＝35 ，B 正确．根据以上分析可知t 2＝53 t 1，则小车运动的总时间t 总＝t 1＋t 2＝83 t 1，一半时间为t 总2 ＝43 t 1，设减速阶段的加速度大小为a 2，43 t 1时小车的速度为v 1，有v 1＝v m －a 2(t 总2 －t 1)＝v m －13 a 2t 1，可得v 1＝45 v m ，前一半时间小车的位移x 前＝12 v m t 1＋12(v m ＋v 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫t 总2－t 1 ＝45 v m t 1，后一半时间小车的位移x 后＝12 v 1·t 总2 ＝815 v m t 1，小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为x 前x 后 ＝32，C 错误，D 正确．11．答案：CD解析：第一步：根据电场叠加判断正方体中心的电场强度正方体中心处，两正点电荷产生的合场强方向平行于ad 方向由a 指向d ，两负点电荷产生的合场强方向也是平行于ad 方向由a 指向d ，二者大小相等、方向相同，所以该处的合场强不为零，A 错误．第二步：根据到点电荷的距离和对称性判断电势大小关系a 和h 处等量异种点电荷产生的电场中，e 、d 两点的电势相等，c 和f 处等量异种点电荷产生的电场中，根据距离正电荷近的点电势高可判断出e 点的电势高于d 点的电势，B 错误；根据到点电荷的距离可知a 处点电荷在g 处产生的电势与f 处点电荷在d 处产生的电势相等，a 处点电荷在d 处产生的电势与f 处点电荷在g 处产生的电势相等，同理，两负点电荷在d 、g 两点产生的电势也相等，则d 、g 两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从d 点移动到g 点，电场力做的功为0，C 正确．第三步：根据对称性和选取不同点电荷叠加判断电场强度由对称性可知b、e两点场强大小相等、方向不同．判断如下：根据电场强度的叠加原理可得，a、f、c处的三个点电荷在b处产生的合场强方向平行ec由e指向c，大小为3k qr2，h处负点电荷在b处产生的场强方向平行bh由b指向h，大小为k q3r2，同理，a、f、h处三个点电荷在e处产生的合场强方向平行bh由b指向h，大小为3k qr2，c处负电荷在e处产生的场强方向平行ec由e指向c，大小为k q3r2，在bche平面上表示如图所示，D正确．12．答案：BC解析：设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知∠aCd＝60°，由三角形全等可知∠aCO＝∠dCO＝30°，电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知Cd∥aO，∠aOC ＝30°，△aCO为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝R，根据洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动的向心力可得r＝m veB，代入半径可得B＝m veR，A错误．改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，轨迹圆心在圆形边界上的D 点，出射点在e 点，可知四边形aOeD 为菱形，三角形aOD 、eOD 为等边三角形，电子从e 点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为t ＝120°360° T ＝2πR 3v ，B 正确．改变电子在a 处的入射方向，设电子从一般位置f 射出，轨迹圆心为P ，同理可知四边形aOfP 为菱形，出射点对应轨迹半径fP ∥aO ，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，C 正确．电子在a 处的速度方向与ab 夹角为30°、斜向下时射出磁场的位置为d ，入射方向再向下偏，电子会在d 、a 间离开磁场，若入射方向向上偏，电子会在d 、b 间离开磁场，电子入射方向与出射点位置是一一对应的，两次入射方向不同．电子不可能从同一位置射出磁场，D 错误．13．答案：(1)大于 (2)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON (3)1 (4)BC解析：(1)为了防止碰撞后A 球反弹，应保证A 球的质量m 1大于B 球的质量m 2.(2)由于竖直方向上两球从同一高度由静止开始运动，且下落到同一水平面上，故两球运动的时间相同，碰撞过程根据动量守恒定律可得在水平方向有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，等式两边同乘以时间t ，有m 1v 0t ＝m 1v 1t ＋m 2v 2t ，即需验证m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON .(3)若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，由能量守恒定律有12 m 1v 20 ＝12 m 1v 21＋12 m 2v 22 ，解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2 v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2 v 0，或v 1＝v 0、v 2＝0(不符合题意，舍去)，则比值k ＝MNOP＝ON －OM OP ＝v 2－v 1v 0＝1.(4)小球在斜槽上运动时有摩擦，由于每次都从同一点释放，则每次摩擦力做的功一样，小球A 每次运动到轨道末端时的速度相同，不会造成实验误差，A 错误．本实验要求小球离开轨道末端后做平抛运动，若轨道末端未调节成水平，小球离开轨道末端后将做斜抛运动，会造成实验误差，B 正确．小球A 未从同一高度释放，会导致小球A 运动到轨道末端时的速度不同，会造成实验误差，C 正确．根据以上分析可知不需要测量轨道末端到地面的高度，D 错误．14．答案：(1)如图所示 (2)A(3)50 (4)1.41 1.27 10.0解析：(1)实物连接图如图所示，注意电流表的正、负接线柱，电流应从正接线柱流入．(2)实验中调节电阻箱R 的阻值时，应从大向小逐渐调节，这样回路中电流从小到大变化，可以避免电流超过电流表量程，故选A.(3)毫安表最小分度值为10 mA ，可估读到1 mA ，则读数为50 mA.(4)开关S 2断开时，由闭合电路欧姆定律有I ＝E r ＋2R g ＋R ，整理得1I ＝1E R ＋r ＋2R g E .开关S 2闭合时，由闭合电路欧姆定律有I ＝E r ＋R g ＋R ，整理得1I ＝1E R ＋r ＋R g E .可得1I R图像的斜率k ＝1E ，得E ＝1k ，直线Ⅰ的纵截距B 1＝r ＋2R g E ，直线Ⅱ的纵截距B 2＝r ＋R g E ，可解得r ＝2b 2－B 1k ，R g ＝B 1－B 2k，把数据代入可得E ＝1.41 V ，r ＝1.27 Ω，R g ＝10.0 Ω.15．解析：(1)设大气压强为p 0，水银柱长度为h ，管内横截面积为S .由玻意耳定律可知，当玻璃管从平放到管口竖直向上时，有p 0L 0S ＝(p 0＋ρgh )L 1S当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有p 0L 0S ＝(p 0－ρgh ) L 2S 可得L 0＝2L 1L 2L 1＋L 2＝48 cm(2)①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T 0＝300 K ，环境温度上升了Δt 由盖 吕萨克定律有L 0S t 0 ＝（L 0＋Δx ）St 0＋Δt可得Δx ＝Δtt 0L 0＝1.6 mm由于Δx 与Δt 成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的 ②由以上分析得Δx Δt ＝L 0t 0措施一：可封闭更多的气体，这样L 0增大，ΔxΔt增大，可提高测量灵敏度措施二：封闭气体后，可让管口竖直向下，这样L 2>L 0，同理有Δx Δt ＝L 2t 0 ，ΔxΔt 增大，也可提高测量灵敏度16．解析：(1)小球进入电场前做平抛运动，进入电场后在重力和电场力共同作用下做匀加速直线运动．整个过程竖直方向只受重力，竖直方向的分运动是自由落体运动，小球在做平抛运动时有h ＝12 gt 21小球从被抛出至运动到B 极板下端的全过程，有h ＋H ＝12 g (t 1＋t 2)2解得t 1∶t 2＝1∶1.(2)小球进入电场时速度水平分量为v x 1＝v 0，竖直分量为v y 1，小球从右极板下边缘飞出，设飞出时速度水平分量为v x 2，竖直分量为v y 2，小球在电场中加速度水平分量为a x小球做平抛运动阶段，竖直方向有v y 1＝gt 1 小球在电场中运动时，竖直方向有v y 2＝v y 1＋gt 2 小球进入电场后沿直线运动，有v x 1v y 1 ＝v x 2v y 2小球进入电场后水平方向有v x 2＝v x 1＋a x t 2 设两极板间电场强度为E ，有qE ＝ma x 、U ＝Ed设小球平抛运动阶段水平位移为x 1，在电场中运动阶段水平位移为x 2，有x 1＝v x 1t 1x 2＝12 (v x 1＋v x 2)t 2d ＝x 1＋x 2 联立解得d ＝5qUH3mg，v 0＝ 2qU5m17．解析：(1)金属棒b 刚好滑动时，有mg sin θ＋BI 1L ＝μmg cos θ 解得I 1＝0.1 A则干路上的电流I ＝⎝⎛⎭⎫I 1rR ＋I 1 ＝0.2 A 由闭合电路欧姆定律有E ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋Rr r ＋R由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v 解得v ＝0.12 m/s对金属棒a ，由动量定理有Ft 0＋mg sin θ·t 0－μmg cos θ·t 0－B I －Lt 0＝m v －0 即Ft 0＋mg sin θ·t 0－μmg cos θ·t 0－qBL ＝m v －0 又q ＝ΔΦr ＋Rr r ＋R ＝BLxr ＋Rr r ＋R联立解得x ＝0.06 m(2)对金属棒a ，由动能定理有(F ＋mg sin θ－μmg cos θ)x －W 安＝12 m v 2－0整个回路中产生的焦耳热为Q 总＝W 安则0～t 0时间内金属棒a 中产生的焦耳热为Q a ＝rr ＋Rr r ＋R Q 总解得Q a ＝0.004 J(3)当两金属棒的加速度相同时，金属棒a 中的电流达到最大值，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有。
新教材湘教版高中地理必修第二册全册各章节课时练习题含答案解析
湘教版高中地理必修第二册练习题第一章人口与地理环境 (1)1、人口分布 (1)2、人口迁移 (8)3、人口容量 (14)第二章城镇和乡村 (22)1、城乡空间结构 (22)2、地域文化与城乡景观 (30)3、城镇化进程及其影响 (36)第三章产业区位选择 (43)1、农业区位因素与农业布局 (43)2、工业区位因素与工业布局 (49)3、服务业的区位选择 (56)第四章区域发展战略 (62)1、交通运输与区域发展 (62)2、我国区域发展战略 (70)3、海洋权益与我国海洋发展战略 (78)第五章人地关系与可持续发展 (85)1、人类面临的主要环境问题 (85)2、协调人地关系实现可持续发展 (91)第一章人口与地理环境1、人口分布下图是人类大陆图(在地图上隐去陆地和海洋，仅画出人类密集的地区)。
据此回答1～2题。
1．人口密度较大的大洲是( )①美洲②亚洲③欧洲④大洋洲A．①④ B．②③ C．③④ D．②④2．人口稀少的地区是( )①终年高温多雨的地区②终年干燥的地区③一年旱雨季分明的地区④一年四季分明的地区A．①② B．②③ C．③④ D．①④1．B 2．A[第1题，由图可以看出，和其他地区相比，亚洲和欧洲的人口密度比较大。
第2题，在南美洲、非洲等热带雨林气候区，气候湿热，森林茂密，人口稀少。
在非洲撒哈拉沙漠、亚洲内陆荒漠区以及北美西部高山区，气候干旱，人口稀少。
]人口分布与自然条件、社会经济条件等有着密切关系。
据此完成3～4题。
3．亚马孙河流域是世界人口分布的稀疏地区，其主要影响因素是( ) A．地形复杂B．气候湿热C．资源匮乏D．地处内陆4．巴西高原东南部是南美洲人口相对密集地区，其主要影响因素是( )①气候适宜②文化单一③地势平坦④水力资源丰富A．①②B．②④C．③④D．①③3．B 4．D[第3题，亚马孙河流域虽然地势平坦开阔，资源丰富，但由于地处热带雨林气候区，湿热的环境不利于人类生存，因此人口稀疏。
2024年河北高考物理真题(含解析)
2024年普通高中学业水平选择性考试（河北卷）物理试题（含解析）本试卷共100分，考试时间75分钟．一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料．研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为，式中的X为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】根据核反应前后质量数和电荷数守恒得，故式中的X为，故选D。
2.我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。
雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（）A a点 B.b点 C.c点 D.d点【答案】C【解析】【详解】在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。
图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大。
故选C。
3.篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。
某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。
图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（）A.a点B.b点C.c点D.d点【答案】A【解析】【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。
当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。
故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。
故四个点中篮球位置最高的是a点。
故选A。
4.为两个完全相同的定值电阻，两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍），两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为解得图二的有效值为接在阻值大小相等的电阻上，因此故选B。
2022-2023学年浙江省嘉兴市平湖新华中学高一物理上学期期末试卷含解析
2022-2023学年浙江省嘉兴市平湖新华中学高一物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，在光滑的圆锥面内，两个质量不相同的小球P和Q，沿其内表面在不同的水平面内作半径不同的匀速圆周运动，其中球P的轨道半径较大，则可判定A. 球P的向心力较大B. 球P的线速度较大C. 球P的角速度较大D. 两球的向心加速度一样大参考答案：BD2. （多选题）如图所示，A、B、C、D是四个完全相同的木块，在图甲中，水平力F作用于B上，A、B处于静止状态，图乙中，竖直弹簧作用于D上，C、D处于静止状态，则关于A、B、C、D的受力情况，下列说法正确的是（）A．图甲中A受五个力，图乙中C受三个力B．图乙中墙对C可能有摩擦力C．图甲中墙对A一定没有摩擦力D．图乙中D对C一定有向右上方的摩擦力参考答案：解：A、图甲中整体受重力、支持力、压力和摩擦力而处于静止；对A分析可知，A受重力、支持力B对A的弹力；AB间一定有摩擦力；共5个力；而乙中CD受重力、弹力的作用即可以平衡；故C与墙之间可以没有摩擦力；则C只受重力、D的支持力及D对C 的摩擦力的作用，共受三个力；故A正确，C错误；B、若图乙整体分析，重力与弹力平衡，则墙对C一定没有摩擦力；故B错误；D、因C有向下的运动趋势，DC间一定有压力，故D对C一定有向右上方的摩擦力；故D正确；故选：AD．3. 如图所示，半径为R的大圆环通过细轻杆固定在竖直平面内，质量为m的小环（可视为质点）套在大环上，从大环的最高处由静止滑下，不计一切摩擦，以大环底所在的水平面为参考平面，重力加速度为g，则小环（）A. 在任何位置的机械能为mgRB. 在任一直径两端的机械能之和为5 mgRC. 在任一直径两端的势能之和为3mgRD. 在任一直径两端的动能之和为2mgR参考答案：D【详解】质量为m的小环从大环的最高处由静止滑下过程中，以大环底所在的水平面为参考平面，小环在任何位置机械能守恒为2mgR，在任一直径两端的机械能之和为4mgR，在任一直径两端的势能之和为2mgR，在任一直径两端的动能之和为2mgR，故ABC错误，D正确。
2019年全国统一高考物理试卷(新课标ⅰ)(含解析版)
2019年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）一、选择题目：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一顶符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2019·全国Ⅰ卷·14)氢原子能级示意图如图1所示．光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光．要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为()图1A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV答案A解析因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以处于基态的氢原子至少要被激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，故选项A正确．15. (2019·全国Ⅰ卷·15)如图1，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()图1A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A 、B 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误．16．(2019·全国Ⅰ卷·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg答案 B解析 根据动量定理有F Δt ＝Δm v －0，解得Δm ＝F v Δt ＝1.6×103 kg ，所以选项B 正确．17. (2019·全国Ⅰ卷·17)如图1，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接．已知导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为( )图1A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．0答案 B解析 设三角形边长为l ，通过导体棒MN 的电流大小为I ，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML 和LN 的电流大小为I 2，如图所示，依题意有F ＝BlI ，则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1＝12BlI ＝12F ，方向与F 的方向相同，所以线框LMN 受到的安培力大小为1.5F ，选项B 正确．18．(2019·全国Ⅰ卷·18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )图1A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5 答案 C解析 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个H 4所用的时间为t 2＝2×H 4g ，第一个H 4所用的时间为t 1＝2H g －2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3， 即3<t 2t 1<4，选项C 正确． 19. (多选)(2019·全国Ⅰ卷·19)如图1，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止，则在此过程中( )图1A ．水平拉力的大小可能保持不变B ．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加C ．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D ．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案 BD解析 对N 进行受力分析如图所示，因为N 的重力与水平拉力F 的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A 错误，B 正确；M 的质量与N 的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g ≥m M g sin θ，则M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g <m M g sin θ，则M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D 正确，C 错误．20．(多选)(2019·全国Ⅰ卷·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．21. (多选)(2019·全国Ⅰ卷·21)在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，P 由静止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图1中实线所示．在另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其a －x 关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则()图1A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍答案AC解析设P、Q的质量分别为m P、m Q；M、N的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有m P g1＝3m P a0，所以g1＝3a0＝G M1R12，密度ρ1＝M143πR13＝9a04πGR1；在星球N上，弹簧压缩量为0时有m Q g2＝m Q a0，所以g2＝a0＝G M2R22，密度ρ2＝M243πR23＝3a04πGR2；因为R1＝3R2，所以ρ1＝ρ2，选项A正确；当物体的加速度为0时有m P g1＝3m P a0＝kx0，m Q g2＝m Q a0＝2kx0，解得m Q＝6m P，选项B错误；根据a－x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，E km P＝32m P a0x0，E km Q＝m Q a0x0，所以E km Q＝4E km P，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D 错误．三、非选择题目：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(2019·全国Ⅰ卷·22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图1所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在A、B、C、D、E 五个点中，打点计时器最先打出的是______点．在打出C 点时物块的速度大小为________ m /s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________ m/s 2(保留2位有效数字)．图1答案 A 0.233 0.75解析 根据题述，物块加速下滑，在A 、B 、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是A 点．根据刻度尺读数规则可读出，B 点对应的刻度为1.20 cm ，C 点对应的刻度为3.15 cm ，D 点对应的刻度为5.85 cm ，E 点对应的刻度为9.30 cm ，AB ＝1.20 cm ，BC ＝1.95 cm ，CD ＝2.70 cm ，DE ＝3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间T ＝5×150s ＝0.10 s ，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C 点时物块的速度大小为v C ＝BC ＋CD 2T ≈0.233 m/s.由逐差法可得a ＝CD ＋DE －(AB ＋BC )4T2，解得a ＝0.75 m/s 2. 23．(2019·全国Ⅰ卷·23)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表．该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与微安表连接，进行改装．然后利用一标准毫安表，根据图1(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)．图1(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线．(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA 时，微安表的指针位置如图2所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是________．(填正确答案标号)图2A ．18 mAB ．21 mAC ．25 mAD ．28 mA(3)产生上述问题的原因可能是________．(填正确答案标号)A ．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB ．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC ．R 值计算错误，接入的电阻偏小D ．R 值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR 的电阻即可，其中k ＝________.答案 (1)连线如图所示(2)C (3)AC (4)9979解析 (1)量程为250 μA 的微安表改装成量程为20 mA 的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线．(2)当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数为160 μA ，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA ，选项C 正确．(3)根据I g R g ＝(I －I g )R 得：I ＝I g R g R＋I g 出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1 200 Ω，或者并联的电阻R 计算错误，接入的电阻偏小，选项A 、C 正确．(4)设微安表的满偏电压为U ，则对并联的电阻R 有U ＝(25－0.25)×10－3RU ＝(20－0.25)×10－3kR解得k ＝9979.24. (2019·全国Ⅰ卷·24)如图1，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力．求图1(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间．答案 (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝12m v 2① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r ②由几何关系知d ＝2r ③联立①②③式得q m ＝4U B 2d2④ (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr 2＋r tan 30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝s v ⑥联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33⑦ 25．(2019·全国Ⅰ卷·25)(20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图1(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．图1(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．答案 (1)3m (2)215mgH (3)119解析 (1)根据题图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m ⎝⎛⎭⎫－v 12＋m ′v ′① 12m v 12＝12m ⎝⎛⎭⎫－12v 12＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ③(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为F f ，下滑过程中所经过的路程为s 1，返回过程中所经过的路程为s 2，P 与B 的高度差为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －F f s 1＝12m v 12－0④ －(F f s 2＋mgh )＝0－12m ⎝⎛⎭⎫－v 122⑤ 从题图(b)所给出的v －t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦由几何关系得：s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W ＝F f s 1＋F f s 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋h sin θ⑪设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·h sin θ－μ′mgs ′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119⑭ (二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33.物理——选修3－3(2019·全国Ⅰ卷·33)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度．(2)热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m 3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa ；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；②将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．答案 (1)低于 大于 (2)①3.2×107 Pa ②1.6×108 Pa解析 (1)活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU ＝W ＋Q 知，气体内能减少，温度降低．气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度．(2)①设初始时每瓶气体的体积为V 0，压强为p 0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p 1.假设体积为V 0、压强为p 0的气体压强变为p 1时，其体积膨胀为V 1.由玻意耳定律得：p 0V 0＝p 1V 1① 被压入炉腔的气体在室温和p 1条件下的体积为：V 1′＝V 1－V 0②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p 2，体积为V 2，由玻意耳定律：p 2V 2＝10p 1V 1′③联立①②③式并代入题给数据得：p 2＝3.2×107 Pa ④②设加热前炉腔的温度为T 0，加热后炉腔的温度为T 1，气体压强为p 3，由查理定律得：p 3T 1＝p 2T 0⑤ 联立④⑤式并代入题数据得：p 3＝1.6×108 Pa ⑥34.物理——选修3－4(2019·全国Ⅰ卷·34)(1)一简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝T 2时刻，该波的波形图如图1(a)所示，P 、Q 是介质中的两个质点．图(b)表示介质中某质点的振动图像．下列说法正确的是________(填正确答案标号)．图1A ．质点Q 的振动图像与图(b)相同B ．在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的大C ．在t ＝0时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大D ．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示E ．在t ＝0时刻，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大(2)如图1，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m ．距水面4 m 的湖底P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin 53°＝0.8)．已知水的折射率为43.图1①求桅杆到P 点的水平距离；②船向左行驶一段距离后停止，调整由P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．答案 (1)CDE (2)①7 m ②5.5 m解析 (1)t ＝T 2时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q 在t ＝T 2时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q 的振动图像与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如题图(b)所示，选项A 错误，D 正确；在t ＝0时刻，质点P 处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q 运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的小，质点P 的加速度比质点Q 的大，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大，选项B 错误，C 、E 正确．(2)①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x 1，到P 点的水平距离为x 2；桅杆距水面的高度为h 1，P 点处水深为h 2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ，由几何关系有 x 1h 1＝tan 53°① x 2h 2＝tan θ② 由折射定律有：sin 53°＝n sin θ③设桅杆到P 点的水平距离为x ，则x ＝x 1＋x 2④联立①②③④式并代入题给数据得：x ＝7 m ⑤②设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i ′ 由折射定律有：sin i ′＝n sin 45°⑥设船向左行驶的距离为x ′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x 1′，到P 点的水平距离为x 2′，则：x 1′＋x 2′＝x ′＋x ⑦x1′h1＝tan i′⑧x2′h2＝tan 45°⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得：62－3m≈5.5 m⑩x′＝()祝福语祝你马到成功，万事顺意!。
重庆市2023-2024学年高一上学期期中物理试题含解析
重庆市2023—2024学年（上）中期学习能力摸底高一物理试题（答案在最后）考试说明：1.考试时间90分钟 2.试题总分100分3.试卷页数4页一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.两个共点力的大小分别为F 1=15N ，F 2=7N ，它们的合力大小不可能等于（）A.8NB.23NC.9ND.21N【答案】B【解析】【详解】二力合成时合力范围1212F F F F F +≥≥-两共点力，F 1=15N ，F 2=7N ，故合力最大22N ，最小8N ，之间任意结果都可以。
故选B 。
2.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F 遥十七运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约6.5小时后，与空间站组合体完成交会对接，汤洪波、唐胜杰、江新林3名航天员进入空间站。
以下说法正确的是（）A.2023年10月26日11时14分，指的是时间间隔B.研究空间站的姿态调整问题时，可以将其视为质点C.以地心为参考系，飞船与空间站组合体绕地球一周，平均速度为零D.飞船加速上升过程中，飞船对航天员的支持力大于航天员对飞船的压力【答案】C【解析】【详解】A ．2023年10月26日11时14分，指的是时刻，故A 错误；B ．研究空间站的姿态调整问题时，空间站的形状大小不能忽略不计，不可以将其视为质点，故B 错误；C ．以地心为参考系，飞船与空间站组合体绕地球一周，位移为零，则平均速度为零，故C 正确；D．船加速上升过程中，根据牛顿第三定律可知，飞船对航天员的支持力等于航天员对飞船的压力，故D 错误。
故选C。
3.在下图中，a、b表面均光滑，天花板和地面均水平，a、b间一定有弹力的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．图A中a、b间无弹力，因为悬线竖直，a、b无相互挤压，没有发生形变，故A错误；B．图B中a、b间有弹力，细绳偏离竖直方向，则a、b相互挤压，产生弹力，故B正确；C．假设图C中a、b间有弹力，a对b的弹力方向水平向右，b将向右滚动，所以a、b间不存在弹力，故C错误；D．假设图D中a、b间有弹力，a对b的弹力垂直于斜面向上，悬线竖直，b球不可能静止，故D错误。
内蒙古2025届高三物理上学期10月大联考试题含解析
B. 地球的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的 倍
C. “天问一号”绕火星匀速飞行时，其内部仪器处于平衡状态
D. 探测器的放射速度大于第一宇宙速度小于其次宇宙速度
【答案】B
【解析】
详解】A．依据
可得
可知地球与火星表面重力加速度之比
A错误；
B．依据
A. 小球在 处的速度最大
B. 小球肯定可以到达 点处
C. 小球将以 点为中心做往复运动
D. 固定在 、 处的电荷的电量之比为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．据φ-x图象切线的斜率等于场强E可知x=L处场强为零，x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向左做加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确．
10.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨 、 水平放置， 、 间距 ， 、 的延长线相交于点 且 ， 点到 的距离 ， 、 两端与阻值 的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度 ，一根长度也为 、质量为 电阻不计的金属棒，在外力作用下从 处以初速度 沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻 上消耗的电功率不变。则：（ ）
B．由FN=mgcosθ知支持力增大，故B错误；
C．气球、小柱P和小球Q三者的总重力不变，故地面受到的压力不变，故C错误；
D．小柱P和小球Q的总重力不变，两者对气球施加的作用力的合力不变，故D正确。
故选D。
5.在图甲所示电路中，志向变压器原、副线圈的匝数之比为5：1，电阻R1、R2的阻值分别为5Ω、6Ω，电压表和电流表均为志向电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示(为正弦曲线的一部分)，下列说法正确的是（ ）
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受力分析一、下面各图的接触面均光滑，对小球受力分析：
二、下面各图的接触面均粗糙，对物体受力分析：
图
1
图2
图
3
图
5 图
6 图
7
图9
图
11
图10 图
12
图
8
图
4
图19
物体静止在斜面上图20 图21
图13
v
图15
v
图16
图14
物体处于静止
物体刚放在传送带上
图17
物体随传送带一起
做匀速直线运动
图18
图22
物体处于静止（请画出物体
受力可能存在的所有情况）
图23
三、分别对A 、B 两物体受力分析：
图28
杆处于静止状态，其中杆与半球面之间光滑 图29 杆处于静止状态，其中 杆与竖直墙壁之间光滑 图30 杆处于静止状态 图31 O
A B C
图32
匀速上攀 图33 v v 图34
匀速下滑 A B F
图36
A 、
B 两物体一起做匀速直线运动
A 、
B 两物体均静止 A B 图37 F 图42 B v A A 、B 两物体一起匀速下滑 A 、B 、
C 两物体均静止 B C
图38
A 随电梯匀速上升 v (7)
(9)
(8)
(16) (17) (18)
(19)
(20) (21)
(28) (29) (30)
三球静止
(25) (26) (27)
小球A静止
弹簧处于压缩状态
(22) (23) (24)
O
P
Q
B
AO表面粗糙，OB表面光滑
分别画出两环的受力分析图
(31) (32) (33) (34) (35) (36) (37) (38) (39) (40) (41) (42)
(43)
(44)
(45)
A、B匀速运动A、B匀速运动
（37）（38）（39）（40）A、B、C三者都静止，分别画出ABC三者的受力图
分别画出各物块的受力分析图
此环为轻环，重力忽略A沿墙壁向上匀速滑动
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