(含5套模擬卷)吉林省白山市2021屆新高考物理第三次調(diào)研試卷含解析

吉林省白山市2021屆新高考物理第三次調(diào)研試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.關于固體、液體、氣體和物態(tài)變化，下列說法中正確的是（ ）A.晶體一定具有各向異性的特征B.液體表面張力是液體內(nèi)部分子間的相互作用0c的鐵和0C的銅，它們的分子平均速率相同一定質(zhì)量的某種理想氣體狀態(tài)改變時，內(nèi)能不一定改變【答案】D【解析】【詳解】A.單晶體具有各向異性的特征，多晶體表現(xiàn)為各向同性，選項A錯誤；B.液體表面張力是液體表面層分子間的相互作用，選項B錯誤；0C的鐵和0C的銅，它們的分子平均動能相同，但是分子平均速率不相同，選項c錯誤；一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)改變時，若溫度不變，則其內(nèi)能不變，故D正確；故選D。2.國慶70周年閱兵展出了我國高超音速乘波體導彈——東風47,東風-17突防能力強，難以攔截，是維護祖國和平發(fā)展的有力武器。如圖所示，設彈道上處于大氣層外的a點和處于大氣層內(nèi)的b點的曲率半徑之比為2：1,導彈在a、b兩點的速度大小分別為3倍音速和12倍音速，方向均平行于其正下方的水平地面，導彈在a點所受重力為G,在b點受到空氣的升力為F。則（ ）A.F=33G B.F>33GA.F=33G B.F>33G【答案】B【解析】【分析】【詳解】在a處時，重力提供向心力，則C.F=32GD.F<32G在b處時"J（⑵）：gR聯(lián)立解得F=33G又因為導彈要做離心運動，所以F>33G故ACD錯誤，B正確。故選B。3.將檢驗電荷q放在電場中，q受到的電場力為F,我們用打來描述電場的強弱。類比于這種分析檢驗qTOC\o"1-5"\h\z物體在場中受力的方法，我們要描述磁場的強弱，下列表達式中正確的是（ ）A.9 B. c.土 D.、匡S Lv IL VLv【答案】C【解析】【詳解】將檢驗電荷q放在電場中，q受到的電場力為F,我們用￡來描述電場的強弱；類比于這種分析檢驗物體q在場中受力的方法，用8='來描述磁場的強弱；故C項正確，ABD三項錯誤。4.如圖所示，豎直放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為M的木塊A,開始時木塊A靜止，現(xiàn)讓一質(zhì)量為根的木塊8從木塊A正上方高為力處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，經(jīng)過時間/木塊A下降到最低點。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，木塊A與木塊8碰撞時間極短，重力加速度為g,下列關于從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置時的過程中彈簧對木塊A的沖量/的大小正確的是（）B./=2(Af+zn)gtD.B./=2(Af+zn)gtD.I=2md2gh+2(M+m)gtA./=2(M+2ghC.I=2(M—2gh【答案】D【解析】【分析】【詳解】B下落h時的速度為VB=yj2gh物塊B與A碰撞過程動量守恒，則mvH=(M+tri)v以向下為正方向，則兩物塊從開始運動到到達最低點過程中由動量定理(M+ =0-(M+m)v從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置時的過程中彈簧對木塊A的沖量/的大小為I=2Ii聯(lián)立解得I=2閑2gh+2(A/+m)gt故選D。5.如圖所示為某種電流表的原理示意圖，質(zhì)量為m的均質(zhì)細金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k。在矩形區(qū)域abed內(nèi)有勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab的長度。當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流強度。已知k=2.0N/m,ab的長度為().20m,be的長度為0.05m,B=0.20T,重力加速度為g.下列說法不正確的是()A.當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為等kB.若要電流表正常工作，應將MN的M端與電源正極相接C.該電流表的量程是2.5AD.若將量程擴大到2倍，磁感應強度應變?yōu)?.20T【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.設彈簧的伸長量為Ax,則有

mg=kAx得amgAx=—k故當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長量為等，故A正確，不符合題意；kB.為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應接正極，故B正確，不符合題意；C.設滿量程時通過MN的電流為Im，則有BInJab+mg=k(lbc+Ax)解得Im=2.5A故該電流表的量程是2.5A,故C正確，不符合題意；D.設量程擴大后，磁感應強度變?yōu)锽，，則有2B,Imlah+mg=k(Iz+Ax)解得B^O.IOT故D錯誤，符合題意。故選D。.如圖所示，汽車以10m/s的速度勻速駛向路口，當行駛至距路口停車線35m處時，綠燈還有4s熄滅。由于有人橫向進入路口，該汽車在綠燈熄滅前要停在停車線處，則汽車運動的UT圖象可能是( )//(m?s-1) (;/(m?s"10 \ ?10//(m?s-1) (;/(m?s"10 \ ?10、.1一 ,LX01234誦 0123|i；/(m,s")0-10rrx.01234〃s) |p/(ni,s-1)4〃s 01234〃s【答案】c【解析】【詳解】要使汽車停在停車線處，則丫-/圖線與坐標軸所圍圖形的面積應剛好等于35m。A、B選項的面積明顯均小于30m,D選項的面積為25m,而C選項的面積介于20m到40m之間。根據(jù)排除法，只有C正確。故選C。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得（）分.如圖所示，半徑為r、電阻為R的單匝圓形線框靜止于絕緣水平面上，以圓形線框的一條直徑為界，其左、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場，以垂直紙面向里的磁場為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律分別如圖乙所示。則0~t。時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A. ■時刻線框中磁通量為零B.線框中電流方向為順時針方向C.線框中的感應電流大小為色旦27rB2r3D.線框受到地面向右的摩擦力為一FJR【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】A.與時刻，兩部分磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，線框中的磁通量為零，A正確。B.根據(jù)楞次定律可知，左側的導線框的感應電流是逆時針，而右側的導線框的感應電流也是逆時針，則整個導線框的感應電流方向為逆時針，B錯誤。C.由法拉第電磁感應定律，因磁場的變化，導致導線框內(nèi)產(chǎn)生感應電動勢，結合題意可知整個導線框產(chǎn)生感應電動勢為左、右兩側電動勢之和，即由閉合電路歐姆定律，得感應電流大小E夕陽）/—Rt^R故C正確。D.由左手定則可知，左、右兩側的導線框均受到向左的安培力，則所受地面的摩擦力方向向右、大小與線框所受的安培力大小相等，即。kD--T=BJ2r+B、I2r=（B1+B,）I2r=2B（"=——0R故D正確。故選ACD..如圖所示，絕緣材料制成的半徑為R的內(nèi)壁光滑圓軌道，豎直放置在水平地面上且左右恰被光滑擋板擋住,圓心O點固定著電荷量為Q的場源點電荷.一電荷量為q、可視為質(zhì)點的帶電小球沿軌道內(nèi)壁做圓周運動,當小球運動到最高點A時,地面對軌道的彈力恰好為零.若軌道與小球的質(zhì)量均為加,Q4>0，忽略小球的電荷對Q形成的電場的影響，重力加速度為g,靜電力常量為A.下列說法中正確的是（ ）A.軌道內(nèi)壁的電場強度處處相同B.軌道內(nèi)壁的電勢處處相等C.運動到與圓心等高的B點時，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?機g-k挈D.運動到最低點C時，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg【答案】BD【解析】【詳解】由點電荷的場強公式石=學可知，場源點電荷在軌道內(nèi)壁處產(chǎn)生的電場強度大小相等，但方向不同，A錯誤；軌道內(nèi)壁上各點到場源點電荷的距離相同，電勢相等；帶電小球在A點時，帶電小球?qū)壍赖膹椓ωQ直向上，大小等于,軌道對帶電小球的彈力豎直向下大小為mg,在A點對帶電小球有21ng_粵=吧,從A到B由動能定理得mgR=1加力一1機此在b點有M一黑=竺&,聯(lián)立R2R 2B2 R2R解得在B點時軌道對小球的彈力為N'=4/咫，根據(jù)牛頓第三定律可知在B點時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?〃%，則選項C錯誤；在最低點C時，設軌道時小球的彈力為N",則N'-%g-摩=些,由A到CR2R由動能定理有2mgR —mV2,聯(lián)立解得N"=7mg,根據(jù)牛頓第三定律知，運動到最低點C時，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg,則選項D正確..在光滑的水平面上，一滑塊的質(zhì)量m=2kg,在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下運動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過PQ兩點時速度大小均為v=5m/s?；瑝K在P點的速度方向與PQ連線夾角a=37。，01137。=0.6,貝( )A.水平恒力F的方向與PQ連線成53。夾角B.滑塊從P到Q的時間為3sC.滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4m/sD.PQ兩點連線的距離為12m【答案】BCD【解析】【詳解】A.設水平恒力F的方向與PQ連線夾角為口，滑塊過P、Q兩點時的速度大小相等，根據(jù)動能定理得FxhqCOsP=AEk=O得懺90。，即水平恒力F與PQ連線垂直且指向軌跡的凹側，故A錯誤；B.把P點的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F兩個方向上，沿水平力F方向上滑塊先做勻減速后做勻加速直線運動，有尸c,2a=-=2m/sm當F方向速度為零時，時間為vsin37°5xsin37°,ct= = s=1.5sa 2根據(jù)對稱性，滑塊從P到Q的時間為t'=2t=3s故B正確；C.當F方向速度為零時，只有垂直F方向的速度v*=vcos370=4m/s此時速度方向與F垂直，速度最小，故C正確；D.垂直F的方向上物塊做勻速直線運動，有xpQ=v't'=12m故D正確。故選BCD,10.如圖所示，質(zhì)量為s、色的小球分別帶同種電荷/和%,它們用等長的細線懸掛在同一點，由于靜電斥力的作用，小球町靠在豎直光滑墻上，町的拉線沿豎直方向，叫、呵均處于靜止狀態(tài)，由于某種原因，兩球之間的距離變?yōu)樵瓉淼囊话?，則其原因可能是（ ）A.生變?yōu)樵瓉淼囊话?B.生變?yōu)樵瓉淼陌吮禖.%變?yōu)樵瓉淼陌朔种?D.%變?yōu)樵瓉淼乃姆种弧敬鸢浮緽C【解析】【詳解】AB.如圖所示，作出A球受到的重力和庫侖斥力，根據(jù)平衡條件和幾何關系可以知道，OAB與ACQ相似，故有：F_mgxL又因為FkQ2r=k—―X'所以避《Lx3使A球的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，而其他條件不變，才能使A、B兩球的距離縮短為故A錯誤，B正確；CD.使B球的帶電量變?yōu)樵瓉淼亩渌麠l件不變，則x為原來的;，所以C選項是正確的，D錯誤；故選BC.11.如圖甲所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為11：2,其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，副線圈通過電流表與負載電阻R相連。若交流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說法中正確的是（）A.變壓器輸入電壓的最大值是220VB.電壓表的示數(shù)是40VC.若電流表的示數(shù)為0.50A,變壓器的輸入功率是20WD.原線圈輸入的正弦交變電流的是頻率是100Hz【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.由圖乙可知交流電壓最大值Um=220jIV；故A錯誤；B.輸入電壓的有效值為220V,根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比知電壓表示數(shù)2U2=瓶=40V電壓表的示數(shù)是40V,選項B正確；C.流過電阻中的電流為0.5A,變壓器的輸入功率是P入=Pw=UI=40x().5W=20W故C正確；D.變壓器不改變頻率，由圖乙可知交流電周期T=0.02s,可由周期求出正弦交變電流的頻率是50Hz,故D錯誤；故選BC.12.抗擊新冠肺炎疫情的戰(zhàn)斗中，中國移動攜手“學習強國”推出了武漢實景24小時直播，通過5G超高清技術向廣大用戶進行九路信號同時直播武漢城市實況，全方位展現(xiàn)鏡頭之下的武漢風光，共期武漢“復蘇”.5G是“第五代移動通信技術”的簡稱，其最顯著的特征之一為具有超高速的數(shù)據(jù)傳輸速率。5G信號一般采用3.3X109—6x109Hz頻段的無線電波，而現(xiàn)行第四代移動通信技術4G的頻段范圍是1.88X109—2.64x109Hz,則 5G信號比4G信號所用的無線電波在真空中傳播得更快5G信號相比于4G信號更不容易繞過障礙物，所以5G通信需要搭建更密集的基站C.空間中的5G信號和4G信號不會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D.5G信號是橫波，4G信號是縱波E.5G信號所用的無線電波具有波粒二象性【答案】BCE【解析】【分析】【詳解】A.任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速，故傳播速度相同，故A錯誤；5G信號的頻率更高，波長更短，故相比4G信號不易發(fā)生衍射現(xiàn)象，則5G通信需要搭建更密集的基站，故B正確；5G信號和4G信號的頻率不同，則它們相遇不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故C正確；D.電磁波均為橫波，故5G信號和4G信號都是橫波，故D錯誤；E.任何電磁波包括無線電波都具有波粒二象性的特點，故E正確。故選BCE.三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分13.某同學用如圖甲所示的實驗裝置某測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)：木W(wǎng) 獸.紙帶 ⑶， \ [ABCDETOC\o"1-5"\h\z2鉤碼 打點計時' 」~i——i—i i-I I I I Ii i t i i9.5011.0012.50 14.00(ca)(1)從打出的若干紙帶中選出了如圖所示的一條，紙帶上A、B、C、D、E這些點的間距如圖中標示，其中每相鄰兩點間還有4個計時點未畫出。打點計時器的電源頻率是50Hz,根據(jù)測量結果計算：則打C點時紙帶的速度大小為 m/s；紙帶運動的加速度大小為 m/s?。(結果保留3位有效數(shù)字)⑵通過(1)測得木塊的加速度為a,還測得鉤碼和木塊的質(zhì)量分別為m和M,已知當?shù)刂亓铀俣葹間,則動摩擦因數(shù)產(chǎn) .【答案】1.18m/s L50m/s2mg_(/〃【答案】1.18m/s L50m/s24=Mg【解析】【詳解】(1)[1][2].因紙帶上兩相鄰計數(shù)點的時間間隔為T=0.10s,設si=9.50cm、S2=n.00cm、S3=12.5cm、S4=14.00cm,打C點時紙帶的速度大小為s2+s3vc= 2T代入數(shù)值得vc=1.18m/s加速度4+生_($4+53)-(y+S2)4T2

代入數(shù)值得a=1.50m/s2(2)[3].對木塊、祛碼盤和祛碼組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得mg—pMg=(M+m)a解得mg—{m+M)au= Mg14.實驗小組利用以下方法對物體的質(zhì)量進行間接測量，裝置如圖1所示：一根輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，已知重物P、Q的質(zhì)量均為m,當?shù)刂亓铀俣葹間。在重物Q的下面通過輕質(zhì)掛鉤懸掛待測物塊Z,重物P的下端與穿過打點計時器的紙帶相連。(1)先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖2所示的紙帶，則系統(tǒng)運動的加速度a=m/s2(結果保留2位有效數(shù)字)；(2)在忽略阻力的理想情況下，物塊Z質(zhì)量M的表達式為M=(用字母m、a、g表示)；(3)實際情況下，空氣阻力、紙帶與打點計時器間的摩擦、定滑輪中的滾動摩擦不可以忽略，物塊Z的實際質(zhì)量與理論值M有一定差異，這種誤差是誤差(填“偶然”或“系統(tǒng)【答案】8.0 工絲 系統(tǒng)g-a【解析】【分析】根據(jù)位移差公式Ax=ar求解系統(tǒng)的加速度.對整個系統(tǒng)進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解M的表達式。根據(jù)誤差來源分析誤差的性質(zhì).【詳解】(1)口]根據(jù)位移差公式以=。-，解得系統(tǒng)運動的加速度為。=絲="5坦2%(2亨.64)*爐心=苗T2 4x0.022(2)[2]根據(jù)牛頓第二定律，對Q和Z有對物體p有T—mg=ma聯(lián)立解得M=2幽。g-a(3)[3|由題意可知本實驗中誤差是由于實驗原理的選擇而造成的，無法通過多測數(shù)據(jù)來消除，故這是一種系統(tǒng)誤差?！军c睛】本題主要考查了通過系統(tǒng)牛頓第二定律測質(zhì)量的方法，能分析出實驗誤差的原因.明確系統(tǒng)誤差和偶然誤差的定義。四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖所示，ABC等邊三棱鏡，P、Q分別為AB邊、AC邊的中點，BC面鍍有一層銀，構成一個反射面，一單色光以垂直于BC面的方向從P點射入，經(jīng)折射、反射，剛好照射在AC邊的中點Q,求①棱鏡對光的折射率；②使入射光線繞P點在紙面內(nèi)沿順時針轉(zhuǎn)動，當光線再次照射到Q點時，入射光線轉(zhuǎn)過的角度.【答案】①6；②120。.【解析】【詳解】①畫出光路圖，根據(jù)對稱性及光路可逆結合幾何關系可知，光在AB面的入射角i=60。，折射角r=30。,根據(jù)折射定律有〃=3=6sinr②當光線再次照射到Q點時，光路如圖乙所示，由幾何關系可知，折射角。=30。，根據(jù)折射定律有sincil--7=V3解得：a=60。，因此入射光轉(zhuǎn)過的角度為i+a=120。sin。卬 乙16.如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺.質(zhì)量為M的軟鋼錠長為L,上表面光滑，下表面與平臺間是粗糙的.現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺，全部滑上平臺時的速度為D.此時，在其右端無初速放上一個質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點).隨后軟鋼錠滑過2L距離時速度為零，滑塊恰好到達平臺.重力加速度取g,空氣阻力不計.求：浪笥卜(1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺的撞擊過程)(2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動過程克服阻力做的功(3)軟鋼錠處于靜止狀態(tài)時，滑塊到達平臺的動能【答案】(Da=g; (2)Wf=^Mv2(3)4=2(2M鑿吟【解析】【分析】【詳解】(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以，軟鋼錠在平臺上滑過距離L時，滑塊脫離做自由落體運動，所以a=g;⑵根據(jù)動能定理得：Ek=^Mv2叼克=-3="巴(3)滑塊脫離軟鋼錠后做自由下落到平臺上的時間與軟鋼錠在平臺最后滑運L的時間相等，都為t由位移公式得：L=由動能定理得：^(m+M)gL+pMgL=-Mv2滑塊落到平臺上時的速度：vin=gt1,滑塊到達平臺時的動能：Ek=-mv；?聯(lián)立以上四個方程式解得：,_2(2M+m)mg2l}A= °Mu~17.如圖所示為波源O振動1.5s時沿波的傳播方向上質(zhì)點振動的波形圖，問：(1)何時x=5.4m的質(zhì)點第一次到達波峰？(2)從t=0開始至x=5.4m的質(zhì)點第一次到達波峰這段時間內(nèi)，波源通過的路程是多少？【詳解】(1)由圖知=60cm=0.6m由題知1.5s=-T4所以T=2sx=5.4m處的質(zhì)點距波源有Ax5-4八人n=——= =9個2 0.6即波源。的振動形式經(jīng)=97=18s傳到此點此點第一次到達波峰還需t7=-T=0.5s24共用時間/=%+芍=18.5s⑵由⑴知從，=0開始至x=5.4m的質(zhì)點第一次到達波峰經(jīng)歷的時間為18.5s,即歷時9.25T,所以s源=4Ax9.25m=1.85m2021屆新高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.如圖所示，一飛行器圍繞地球沿半徑為，?的圓軌道1運動，經(jīng)/,點時，啟動推進器短時間向后噴氣使其變軌，軌道2、3是與軌道1相切于P點的可能軌道，則飛行器（ ）A.變軌后將沿軌道3運動B.變軌后相對于變軌前運行周期變大C.變軌前、后在兩軌道上運動時經(jīng)P點的速度大小相等D.變軌前經(jīng)過P點的加速度大于變軌后經(jīng)過P點的加速度.如圖所示，虛線a、b、C代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabMU區(qū),實線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，p、R、Q是這條軌跡上的三點，R點在等勢面b上，據(jù)此可知（）A.帶電質(zhì)點在P點的加速度比在Q點的加速度小B.帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的小C.帶電質(zhì)點在P點的動能大于在Q點的動能D.三個等勢面中，c的電勢最高.如圖所示，在叱xW3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在t=0時刻,從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0。?90。范圍內(nèi)。其中,沿y軸正方向發(fā)射的粒子在1=匕,時刻剛好從磁場右邊界上P（3a,0a）點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）?P（3a,J5a） ,!:3azA.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a

4乃aB.粒子的發(fā)射速度大小為丁%4%C.帶電粒子的比荷為kD.帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2to4.如圖所示，材料相同的物體A、B由輕繩連接，質(zhì)量分別為叫和m2且m#mz，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速運動。則（ ）A.輕繩拉力的大小與斜面的傾角。有關B.輕繩拉力的大小與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)ji有關C.輕繩拉力的小與兩物體的質(zhì)量m,和m2有關D.若改用F沿斜面向下拉連接體，輕繩拉力的大小不變.如圖所示的電路中，D］、D?是完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)較大，直流電阻不計。先閉合開關S,電路穩(wěn)定后再斷開開關S,此時（）A.兩段的運動時間相同A.兩段的運動時間相同I九立刻熄滅D2立刻熄滅Di閃亮一下逐漸熄滅D2閃亮一下逐漸熄滅.如圖所示為某質(zhì)點運動的速度一時間圖像（若將48段圖線以連線為軸翻轉(zhuǎn)180。，圖線形狀與。A段相對于虛線對稱），則關于OA段和圖線描述的運動，下列說法正確的是（ ）B.兩段的平均速度相同C.兩段的速度變化量相同 D.兩段的平均加速度相同二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分7,下列說法正確的是（ ）A.水龜可以停在水面上是因為液體具有表面張力B.功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功C.當兩分子間距離大于平衡位置的間離時，分子間的距離越大，分子勢能越小D.液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點E.氣體分子無論在什么溫度下，其分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點.下列說法正確的是A.飽和汽壓與溫度和體積都有關B.絕對濕度的單位是Pa,相對濕度沒有單位C.空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越快D.氣體做等溫膨脹，氣體分子單位時間對汽缸壁單位面積碰撞的次數(shù)一定變少E.飽和汽和液體之間的動態(tài)平衡，是指汽化和液化同時進行的過程，且進行的速率相等.如圖所示，直桿與水平面成30。角，一輕質(zhì)彈簧套在直桿上，下端固定在直桿底端。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從桿頂端A點由靜止釋放，滑塊壓縮彈簧到達最低點B后返回，脫離彈簧后恰能到達AB的中點。設重力加速度為g,AB=L,則該過程中（ ）AA.滑塊和彈簧剛接觸時的速度最大 B.滑塊克服摩擦做功為C.滑塊加速度為零的位置只有一處 D.彈簧最大彈性勢能為:mgL.如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量均為m,電荷量的大小均為Q（未知）。小球A系在長為L的絕緣輕繩下端，小球B固定于懸掛點的正下方，平衡時，小球A、B位于同一高度，輕繩與豎直方向成60角。已知重力加速度為g,靜電力常量為k,則以下說法正確的是（ ）B.小球A所受靜電力大小為后叫D.若小球A的電荷量緩慢減小，則小球A的重力勢能減小，電勢能增大.如圖所示，理想變壓器輸入端接在電動勢隨時間變化，內(nèi)阻為r的交流電源上，輸出端接理想電流表及阻值為R的負載，如果要求負載上消耗的電動率最大，則下列說法正確的是（ ）A.該交流電源的電動勢的瞬時值表達式為e=￡“sin（100m）VB.變壓器原副線圈匝數(shù)的比值為C.電流表的讀數(shù)為］需D.負載上消耗的熱功率與4r.如圖甲所示，由一根導線繞成的矩形線圈的匝數(shù)n=10匝，質(zhì)量in=0.04kg、高h=0.05m、總電阻R=0.5Q、豎直固定在質(zhì)量為M=0.06kg的小車上，小車與線圈的水平長度1相同。線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度vo=2m/s進入垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度B=1.0T,運動過程中線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車從剛進磁場位置1運動到剛出磁場位置2的過程中速度v隨車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知（）A.小車的水平長度1=10cmB.小車的位移x=15cm時線圈中的電流I=1.5AC.小車運動到位置3時的速度為1.0m/sD.小車由位置2運動到位置3的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量Q=（）.0875J三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分.龍泉中學某物理小組欲利用如圖所示的電路同時測量一只有30格刻度的毫安表的量程、內(nèi)阻和光敏電阻的阻值與光照強度之間的關系。實驗室能提供的實驗器材有：學生電源（輸出電壓為二=內(nèi)阻不計）、電阻箱二（最大阻值999.9。）、單刀雙擲開關一個、導線若干。

XXoh尤?電阻OU6 一（D該小組實驗時先將電阻箱的阻值調(diào)至最大，然后將單刀雙擲開關接至a端，開始調(diào)節(jié)電阻箱，發(fā)現(xiàn)將電阻箱的阻值調(diào)為800。時，毫安表剛好偏轉(zhuǎn)20格的刻度；將電阻箱的阻值調(diào)為500。時，毫安表剛好能滿偏。實驗小組據(jù)此得到了該毫安表的量程為及=—mA,內(nèi)阻二尸__。。（2）該小組查閱資料得知，光敏電阻的阻值隨光照強度的變化很大，為了安全，該小組需將毫安表改裝成量程為3A的電流表，則需在毫安表兩端（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值為。的電阻。（結果保留一位小數(shù)）（3）改裝完成后（表盤未改動），該小組將單刀雙擲開關接至b端，通過實驗發(fā)現(xiàn)，流過毫安表的電流I（單位：mA）與光照強度E（單位：cd）之間的數(shù)量關系滿足二=:二由此可得光敏電阻的阻值R（單位：Q）與光照強度E（單位：cd）之間的關系為二= C。.某同學將力傳感器固定在車上用于探究“加速度與力、質(zhì)量之間的關系”，如圖甲、乙所示。甲乙甲乙（1）下列說法正確的是（）A.需要用天平測出傳感器的質(zhì)量A.需要用天平測出傳感器的質(zhì)量B.需要用到低壓交流電源C.實驗時不需要平衡摩擦力D.若實驗中砂桶和砂子的總質(zhì)量過大，作出的a-F圖象可能會發(fā)生彎曲（2）下列實驗中用到與該實驗相同研究方法的有（）A.探究單擺周期的影響因素 B.探究求合力的方法C.探究做功與速度的變化關系D.探究導體電阻與其影響因素的關系（3）圖丙是某同學通過實驗得到的一條紙帶（交流電頻率為50Hz）,他在紙帶上取A、B、C、D、E、F、G等7個計數(shù)點（每相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點沒有畫出），將毫米刻度尺放在紙帶上。根據(jù)圖可知,打下F點時小車的速度為m/s.小車的加速度為m/s2.（計算結果均保留兩位有效數(shù)字）cmTOC\o"1-5"\h\z0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10I”ImIihhilIn11rhiI小山i「Inliilil??? ? ? ? ?ABC D ￡ F G圖丙四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖所示，在大氣中有一水平放置的固定剛性圓筒，它由圓心共軸的圓筒a、b連接而成，其橫截面積分別為3S和S.已知大氣壓強為p。，溫度為T。。兩活塞A、B圓心處用一根長為31的不可伸長的輕線相連，把溫度為To的空氣密封在兩活塞之間，此時兩活塞的位置如圖所示。若活塞與圓筒壁之間的摩擦可忽略，現(xiàn)對被密封的氣體緩慢加熱，求：①當B活塞剛好碰到b部分圓筒的左側時，氣體溫度為多少？②當氣體溫度為3T。時，氣體的壓強為多少？16.在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)”=1500匝，橫截面積S=20cm2.螺線管導線電阻r=1.0。,4=4.0。，凡=5.0。，C=30pF。在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應強度8按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：⑴螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢；(2)閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R的電功率；(3)S斷開后，流經(jīng)飛的電荷量。17.如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=1.2kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，從A點開始做勻加速直線運動，當其滑行到AB的中點時撤去拉力，滑塊繼續(xù)運動到B點后進入半徑為R=L3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運行一周后從B處的出口(未畫出,且入口和出口稍稍錯開)出來后向C點滑動，C點的右邊是一個“陷阱”，D點是平臺邊緣上的點，C、D兩點的高度差為h=1.2m,水平距離為x=1.6m。已知滑塊運動到圓軌道的最高點時對軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道BC的長度為L=2.1m,小滑塊與水平軌道AB、BC間的動摩擦因數(shù)均為A=1.5,重力加速度g=llm/s2。⑴求水平軌道AB的長度M(2)試通過計算判斷小滑塊能否到達“陷阱”右側的D點：(3)若在AB段水平拉力F作用的范圍可變，要達到小滑塊在運動過程中，既不脫離豎直圓軌道，又不落入C、D間的“陷阱”的目的，試求水平拉力F作用的距離范圍。參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的B【解析】【詳解】根據(jù)題意，飛行器經(jīng)過P點時，推進器向后噴氣，飛行器線速度將增大，做離心運動，則軌道半徑變大,變軌后將沿軌道2運動，由開普勒第三定律可知，運行周期變大，變軌前、后在兩軌道上運動經(jīng)P點時,地球?qū)︼w行器的萬有引力相等，故加速度相等，故B正確，ACD錯誤。故選B。D【解析】【詳解】A,等差等勢面P處比Q處密，則P處電場強度大，質(zhì)點受到的電場力大，加速度大，故A錯誤；D.根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知帶電質(zhì)點所受的電場力方向應向下，所以電場線方向向上，故c的電勢最高，故D正確.B.帶負電質(zhì)點在電勢高處電勢能小，可知質(zhì)點在P點的電勢能大，故B錯誤.c.帶電質(zhì)點的總能量守恒，即帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和不變，在P點的電勢能大，則動能小,故C錯誤.D【解析】【分析】【詳解】A.沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示:后a)V, ,OkO'\3ax設粒子運動的軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關系有(3a-r)2+(>/3a)2=r2可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=2a選項A錯誤；B.根據(jù)幾何關系可得.aa不sinu=—=—r2所以0=-3圓弧OP的長度s=(苑一0)r所以粒子的發(fā)射速度大小sv=-= 為3f0選項B錯誤；C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有v2qvB-m-結合粒子速度以及半徑可得帶電粒子的荷質(zhì)比q_24m3")選項c錯誤；D.當粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示:粒子與磁場邊界相切于M點，從E點射出。設從P點射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為乃-。，時間為%,從E點射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為2(兀-6),故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2%,選項D正確。故選D。C【解析】【詳解】ABC.以物體A、B及輕繩整體為研究對象根據(jù)牛頓第二定律得F-{n\+m1)gsm0-+m2)gcos0=(in)+m1)a解得F.a= gsin0—/jgcos0叫+恤再隔離對B分析，根據(jù)牛頓第二定律得T-m^gsmO-fj2gcos0=mza解得my+m2則知繩子的拉力與斜面傾角。無關，與動摩擦因數(shù)J*無關，與兩物體的質(zhì)量n和m2有關，選項C正確,AB均錯誤；D.若改用F沿斜面向下拉連接體，以物體A、B及輕繩整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F+(m}+zn,)gsin^―//(7?)+rn,)gcos0=(m,+tn^)a'解得Fa'= Fgsin6-〃cos0町+丐再隔離對A分析，根據(jù)牛頓第二定律得T'+町gsin cos0=町a(chǎn)'解得r=町"町+網(wǎng)可知輕繩拉力的大小改變，選項D錯誤。故選C。D【解析】【詳解】電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈發(fā)生斷電自感，產(chǎn)生自感電動勢，有同方向的電流，由于DI、D2是完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)較大，直流電阻不計，原來D|、線圈和D2、電阻并聯(lián)，D2回路電阻大，電流小，所以自感電流大于原來通過D2電流，但不會大于原來通過Di的電流，所以D2閃亮一下逐漸熄滅，j逐漸熄滅，所以D正確，ABC錯誤；故選D。A【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)幾何關系可知，兩段在時間軸上投影的長度相同，因此兩段的運動時間相同，故A正確；B.由圖像下方面積可知，兩段位移不等，因此平均速度不同，故B錯誤；C.兩段的速度變化量大小相等，方向相反，故C錯誤；D.由。=乎可知，兩段的平均加速度大小相等，方向相反，故D錯誤。A/故選A.二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得()分ADE【解析】【詳解】A.水雖可以停在水面上是因為液體具有表面張力的緣故，故A符合題意；B.功可以全部轉(zhuǎn)化為熱；而熱量也可以全部轉(zhuǎn)化為功，但要引起其他方面的變化，故B不符合題意；C.當兩分子間距離大于平衡位置的間距r()時，分子力表現(xiàn)為引力，分子間的距離增大，分子引力做負功，分子勢能增加，故C不符合題意；D.液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點，故D符合題意；E.氣體分子無論在什么溫度下，根據(jù)統(tǒng)計規(guī)律知道氣體的分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點,故E符合題意。故選ADEoBDE【解析】【詳解】飽和汽壓與溫度有關，和體積無關，選項A錯誤；絕對濕度及壓強表示其單位是Pa,相對濕度沒有單位,則B正確；空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，則C錯誤；氣體做等溫膨脹，分子密度變小，氣體分子單位時間對汽缸壁單位面積碰撞的次數(shù)一定變少，則D正確；飽和汽和液體之間的動態(tài)平衡，是指汽化和液化同時進行的過程，且進行的速率相等，則E正確；故選BDE。BD【解析】【分析】【詳解】A.滑塊向下運動受到的合力為零時，速度最大，即mgsin0=F^+f這時，速度最大，故A錯誤；B.根據(jù)動能定理有0-0=mgysin30°-Wr解得嗎=—mgL故B錯正確；C.滑塊加速度為零即合力為零，向下滑動時0=4+/-mgsin6>向上滑動時7^-(^sin6?+/)=0所以C錯誤；D.彈簧被壓縮到最短時彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒mgLs\n300=^W(+Ep解得彈簧最大彈性勢能為EP=-mgL故D正確。故選BD.BD【解析】【詳解】AB.帶電的小球A處于平衡狀態(tài)，A受到庫侖力F、重力mg以及繩子的拉力T的作用，其合力為零,則有F=mgtan60解得F—6mg由圖可知，AB間庫侖力為排斥力，即AB為同種電荷，故A錯誤，B正確；C.根據(jù)庫侖定律有b= 而廣3?j3mg-k-故C錯誤；D.若小球A的電荷量緩慢減小，AB間的庫侖力減小，小球A下擺，則小球A的重力勢能減小，庫侖力做負功，電勢能增大，故D正確。故選BD.BC【解析】【分析】【詳解】A.由圖可知周期T=4xl(f2s,角速度ay=——= 7rad/s=50^rad/sT4x10-2所以該交流電源的電動勢的瞬時值表達式為e=Emsin(507rt)故A錯誤；B.設原副線圈中的匝數(shù)分別為由和112,電流分別為h和L,電壓分別為U1和U2,則Ui=E-Iir電阻R消耗的功率P=U2I2=U1I即P=(E-Iir)Ii=-Ii2r-El1可見時，P有最大值所以區(qū)=幺=IE&力Nr故B正確；C.電流表的讀數(shù)為有副線圈電流的有效值：原線圈電流有效值為故C正確;D.負載上消耗的功率故D錯誤。故選BC.AC【解析】【詳解】A.從位置1到位置2,開始進入磁場，安培力向左，小車減速，全進入磁場后，回路磁通量不再變化，沒有感應電流，不受安培力開始勻速，所以根據(jù)圖像可以看出小車長10cm,A正確B.小車的位移x=15cm時，處于勻速階段，磁通量不變，回路電流為零，B錯誤C.小車進入磁場過程中：(M+ni)v2TM+哂丫、=-〃麗2?t=-〃Bhq,出磁場過程中：_ . E△①(A/+m)v3—(M+ni)v2=—nBIh-t=—nBhq,而進出磁場過程中電量：q=It=—t=n ,進出磁場AR過程中磁通量變化相同，所以電量相同，所以〃%一研|="匕一機匕，解得：匕=L"/s,C正確D.從位置2運動到位置3的過程中，根據(jù)能量守恒：-(M+/n)v22--(M+/n)v32=Q,解得：0=0.0625J,D錯誤三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分(1)30 100 (2)并聯(lián)1.0 (3)==可一/(二)【解析】【分析】根據(jù)部分電路的歐姆定律，由題中所給的兩組數(shù)據(jù)列方程可求出毫安表的內(nèi)阻，再結合刻度線就能求出毫安表的量程；電表的改裝問題就是部分電路的歐姆定律的應用，根據(jù)滿偏刻度和內(nèi)阻的值及量程就能算出要并聯(lián)的電阻值；設光敏電阻的電流為匕由歐姆定律太題設條件列式就能表示出光敏電阻與光照強度的關系?！驹斀狻?D設毫安表每格表示電流大小為二,，則當電阻箱的阻值為二，=1例二時，由閉合電路的歐姆定律可得J0二式二/+二二)=二；當電阻箱的阻值為R=800。時，則有20(二；+二。二g=二，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得：二二=100二,二0=/二二該毫安表的量程Ig=30mA；(2)要將量程為300mA的毫安表改成量程為二二=SA電流表，則需在毫安表兩端并聯(lián)一個電阻，設其電阻為R’,則有二二二二=(二二一二二)二，代入數(shù)據(jù)可解得二’w二;

(3)由題意可知，改裝后電流表的內(nèi)阻為二-=1二設通過光敏電阻的電流大小為二，(單位：A)則有(二+二二)二'=二成立，且二'=三匚■二X[。-)即U+〃x^ZxlO~3(V)=18.0W整理可得AAD0.24 0.40【解析】【詳解】(1)[1]A.本實驗是探究“加速度與力、質(zhì)量之間的關系"，即F=Ma,所以M包括傳感器的質(zhì)量，即需要用天平測出傳感器的質(zhì)量。故A正確。B.電火花計時器使用的是220V交流電源。故B錯誤。C.實驗前要平衡摩擦力，平衡摩擦力時要把小車(包括力傳感器)放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器。把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜程度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做勻速直線運動。故C錯誤。D.實驗中力傳感器直接測出了拉力的大小，所以不需要滿足砂桶和砂子的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，所以即使實驗中砂桶和砂子的總質(zhì)量過大，作出的a-F圖象也不會發(fā)生彎曲。故D錯誤。(2)【2|該實驗采用了控制變量法進行探究。A.單擺的周期公式為：T=2兀g,是用的控制變量法。故A符合題意。B.探究求合力的方法，采用的是等效替代的方法。故B不符合題意。C.探究做功與速度的變化關系，采用的是倍增法。故C不符題意。D.導體的電阻為：R=p^,采用的是控制變量法。故D符合題意。(3)[3]由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=(Us,根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度得：m/s=0.24m/sX/g_(9.60-4.80)xlO-22x0.1m/s=0.24m/s⑷根據(jù)勻變速直線運動的推論公式Ax=aT?可以求出加速度的大小為:"3^=皿二四上空竺嘰02mzs2=0.40mzs29r2 9x0.12四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分9 515.①7二彳穌②〃：^〃。【解析】【詳解】①從開始加熱氣體到B活塞剛好碰到b左側時，氣體為等壓變化，由3SI+2SI9SI可得：9F②當氣體溫度為3T。時，B活塞已經(jīng)卡在b左側，氣體在(1)間的基礎上進行等容變化，由A=_e_T可得：5P='Po.(D1.2V；⑵5.76xl()2w；⑶l^xlO^c【解析】【詳解】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律有?“△① ?ABE= -n-S——△tAr代入數(shù)據(jù)解得E=1.2V(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律有,EL2,八一I= = A=0.12AR]+R,+r4+5+1電阻4的電功率P=F&=5.76xlO-2W(3)S斷開后流經(jīng)用的電荷量即為S閉合時電容器極板上所帶的電荷量Q；S閉合時，電容器兩端的電壓U=IR2=0.12x5V=0.6V流經(jīng)與的電荷量Q=CU=30X10"X0.6C=1.8X10-5c.⑴2.4m⑵不能(3)1.325m<x'<4m【解析】【詳解】(1)設小滑塊運動到豎直圓軌道最高點時的速度大小為V,則有V24mg=/n—從8點運動到最高點的過程中，設小滑塊到達8點時的速度大小為％,由機械能守恒定律有1212—mv^=〃zg?2R+—niv代入數(shù)據(jù)解得vB=2?m/s小滑塊由A到B的過程中，由動能定理可得-Fli-^ngl,=-mv}代入數(shù)據(jù)可解得4=2.4/72.⑵設小滑塊到達C點時的速度大小為％，則由動能定理可得,1 2 1 2-/jmgl2=-mvc--mvB代入數(shù)據(jù)解得vc=2m/s設小滑塊下落〃=0.2m所需要的時間為人則有h=~gt'解得t=0.2s故小滑塊在水平方向上運動的距離為X。=vCt=0.4m<0.6m故小滑塊將落入“陷阱”中，不能運動到。點。(3)由題意可知，若要滑塊既不脫離圓軌道，又不掉進“陷阱”，則需要分三種情況進行討論：①當滑塊剛好能夠到達與圓心等高的E點時，設恒力作用的距離為西，則由動能定理可得：&-/nmglx—mgR=0X=0.75m故當恒力作用的距離滿足0<x”0.75m時符合條件。②當滑塊剛好能經(jīng)過圓軌道的最高點時，設滑塊經(jīng)過最高點時的速度大小為％,則有me=mR設此時恒力作用的距離為則有Fx2-jumgl]-2mgR--mv1代入數(shù)據(jù)可解得x2=0.975m當滑塊剛好運動到。點時速度為零，設此時恒力作用的距離為E，則有7*x2-〃mg(I+4)=0代入數(shù)據(jù)可解得芯=l.lm故當恒力作用的距離滿足0.975m<x<l,lm時符合條件。③當滑塊剛好能夠越過“陷阱”，設滑塊到達。點時的速度大小為心，則由平拋運動規(guī)律可得x=vct代入數(shù)據(jù)解得vc=3m/s設此時恒力作用的距離為石，故有Fx3—pimg=代入數(shù)據(jù)解得,=1.325m故當恒力作用距離滿足1.325mvx<4m時符合條件。2021屆新高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.如圖所示，將直徑為d,電阻為R的閉合金屬環(huán)從勻強磁場B中拉出，這一過程中通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為（）B兀笛 D2兀Bd QBd2 Bd24R R R 兀R【答案】A【解析】【分析】【詳解】金屬環(huán)的面積：S=）2金2 4由法拉第電磁感應定律得：底而17由歐姆定律得，感應電流：/=-R感應電荷量：q=lAt,解得：①Bnd2q- = R4R故A正確，BCD錯誤；故選A.【點睛】本題考查了求磁通量的變化量、感應電荷量等問題，應用磁通量的定義式、法拉第電磁感應定律、歐姆定△①律、電流定義式即可正確解題，求感應電荷量時，也可以直接用公式4=丁計算.R

一輛汽車遇到險情緊急剎車，剎車過程做勻減速運動，剎車后第1s內(nèi)的位移為16m,最后Is內(nèi)的位移為8m,則汽車的剎車時間為A.Is B.1.5s C.2s D.2.5s【答案】B【解析】【詳解】最后Is內(nèi)的汽車位移為8m,根據(jù)x=gat2,可知加速度大小為2a=16m/s2剎車后第Is內(nèi)的平均速度大小v=Fm/s=lm/s,則剎車的時間：16t=0.5s+—s=1.5s16Is,故A不符合題意。1.5s。故B符合題意。2s.故C不符合題意。2.5s。故D不符合題意。.如圖所示，真空中，垂直于紙面向里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界），兩圓的半徑分別為R、3R,圓心為O.一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度射入磁場，其運動軌跡如圖，軌跡所對的圓心角為120。.若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)閂2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，則Vi：V2至少為--XXX'、/xxxx/xxxx、、A.空 B.A.空 B.退3【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場中做圓周運動，如圖:D.273XXXXXXXXXX由幾何知識得：= 洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvrB=m^-,解得：tan6() rxV,=且迎；當該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)閂2時，若粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進入磁場時，即粒子軌道半徑2=R,則不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，此時洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv,B=m9,解得：V2=^-,貝!|：匕：％=6,故B正確，ACDr2 m錯誤..已知太陽到地球與地球到月球的距離的比值約為390,月球繞地球旋轉(zhuǎn)的周期約為27天.利用上述數(shù)據(jù)以及日常的天文知識，可估算出太陽對月球與地球?qū)υ虑虻娜f有引力的比值約為A.0.2 B.2 C.20 D.200【答案】B【解析】【分析】【詳解】由日常天文知識可知,地球公轉(zhuǎn)周期為365天,依據(jù)萬有引力定律及牛頓運動定律，研究地球有G-A-%TOC\o"1-5"\h\z4/ M地/月 4" M太=Ma-rr)t,研究月球有6」^=乂月下丁「月，日月間距近似為r地，兩式相比公=「小Y(TnY MrM” M加M月 F.理?』.太陽對月球萬有引力*=G"月，地球?qū)υ虑蛉f有引力F2=G地2 ，故言=G九 ％ r月 入=39027365=39027365=2.13,故選B.5.一質(zhì)量為m的物體放在傾角為。且足夠長的光滑固定斜面上，初始位置如圖甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由靜止開始沿斜面運動，運動過程中物體的機械能E隨位置x的變化關系如圖乙所示。其中0~X1過程的圖線是曲線，XLX2過程的圖線是平行于X軸的直線，X2~X3過程的圖線是傾斜的直線，則下列說法正確的是()

甲甲A.在0?xi的過程中，物體向上運動B.在0?xi的過程中，物體的加速度一直增大C.在X1~X2的過程中，物體的速度大小不變D.在0?X3的過程中，物體的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.物塊機械能由重力勢能和動能構成，所以拉力做功影響物塊機械能的改變，即△E=F-AxF=^Ax所以圖線的斜率表示拉力，在0天過程中物體機械能在減小，則拉力在做負功，拉力方向沿斜面向上,所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運動，A錯誤;B.在。'過程中圖線的斜率逐漸減小到零，可知物體的拉力逐漸減小到零，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度mgsin6—Fa= m可知加速度一直增大，B正確;C.在X々的過程中，拉力P=0,機械能守恒，物體向下運動，重力勢能減小，速度增大，C錯誤;D.在0天的過程中，拉力沿斜面向下，結合C選項分析可知物體一直沿斜面向下加速運動，D錯誤。故選B。6.如圖甲所示，直徑為0.4m、電阻為0.1。的閉合銅環(huán)靜止在粗糙斜面上，CD為銅環(huán)的對稱軸，CD以下部分的銅環(huán)處于磁感應強度B方向垂直斜面且磁感線均勻分布的磁場中，若取向上為磁場的正方向，B隨時間t變化的圖像如圖乙所示，銅環(huán)始終保持靜止，取兀=3,則（ ）

A.，=2s時銅環(huán)中沒有感應電流r=A.，=2s時銅環(huán)中沒有感應電流看）r=3.5s時銅環(huán)將受到大小為4.8X10-N、沿斜面向下的安培力D.l~3s內(nèi)銅環(huán)受到的摩擦力先逐漸增大后逐漸減小【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.分析圖乙可知，，=2s時，磁感應強度處于變化的過程中，銅環(huán)中磁通量變化，產(chǎn)生感應電流，A錯誤；f=1.5s時，垂直斜面向下的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，銅環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流,B錯誤；C.，=3.5s時，垂直斜面向上的磁通量逐漸減小，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E=^-= 2-=O.O12V△rAr根據(jù)歐姆定律可知F/=—=0.12AR安培力F=257r=0.0048NC正確；D.1?3s時間內(nèi)，磁感應強度變化率不變，則感應電流不變，磁感應強度先減小后增大，根據(jù)楞次定律的可知，安培力先向下減小后向上增大，則摩擦力方向向上，逐漸減小，后續(xù)可能方向向下逐漸增大，D錯誤。故選C.二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分如圖所示，A球用不可伸長的細線懸掛在天花板上，處于靜止狀態(tài)，B球和A球用橡皮筋連接，B球在A球正下方某一位置，此時橡皮筋處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)由靜止釋放B球，不計空氣阻力，則在B球下落的過程中（細線與橡皮筋均不會斷），下列說法正確的是A.細線的張力先不變后增大A球受到的合力先不變后增大B球的動能與橡皮筋的彈性勢能之和不斷增大B球的重力勢能與機械能均不斷減小【答案】AC【解析】【詳解】A.細線的張力先等于A球的重力，當橡皮筋的彈力不斷增大后，細線的張力不斷增大。故A正確。A球始終靜止，合力始終為零。故B錯誤。B球的動能與橡皮筋的彈性勢能及B球的重力勢能之和為一定值，B球的重力勢能不斷減小，則B球的動能與橡皮筋的彈性勢能之和不斷增大。故C正確。B球高度一直減小，B球的重力勢能不斷減?。幌鹌そ钌熘鼻?，B球做自由落體運動，機械能守恒，橡皮筋被拉長后，B球的一部分機械能轉(zhuǎn)化為橡皮筋的彈性勢能，B球的機械能減小，所以B機械能先不變后減小。故D錯誤。8,下列說法正確的是A.兩個分子間的距離r存在某一值r。（平衡位置處），當i?大于r。時，分子間斥力大于引力；當r小于r。時分子間斥力小于引力B.布朗運動不是液體分子的運動，但它可以反映出分子在做無規(guī)則運動C.用手捏面包，面包體積會縮小，說明分子之間有間隙D.隨著低溫技術的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，但最終還是達不到絕對零度E.對于一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強不變而體積增大時，單位時間碰撞容器壁單位面積的分子數(shù)一定減少【答案】BDE【解析】【詳解】A、兩個分子間的距離r存在某一值（平衡位置處），當r大于r°時，分子間斥力小于引力；當r小球r。時分子間斥力大于引力，所以A錯誤；B、布朗運動不是液體分子的運動，是固體微粒的無規(guī)則運動，但它可以反映出液體分子在做無規(guī)則運動,所以B正確；C、用手捏面包，面包體積會縮小，只能說明面包內(nèi)有氣孔，所以C錯誤；D、絕對零度只能無限接近，不能到達，所以D正確；E、對于一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強不變而體積增大時，單位面積上分子數(shù)減小，則單位時間碰撞分子數(shù)必定減少，所以E正確..在風洞實驗室內(nèi)的豎直粗糙墻面上放置一鋼板，風垂直吹向鋼板，在鋼板由靜止開始下落的過程中，作用在鋼板上的風力恒定.用Ek、E、v、P分別表示鋼板下落過程中的動能、機械能、速度和重力的功率，關于它們隨下落高度或下落時間的變化規(guī)律，下列四個圖象中正確的是( )【答案】AC【解析】C、鋼板受到重力mg、風力F、墻的支持力N和滑動摩擦力f,由于風力恒定，則由平衡條件得知，墻對鋼板的支持力恒定，鋼板所受的滑動摩擦力恒定，故鋼板勻加速下滑，則有v=at,故C正確；A、根據(jù)動能定理得：Ek=(mg-f)h,可知&與h成正比，故A正確；B、設鋼板開始時機械能為紇，鋼板克服滑動摩擦力做功等于機械能減小的量，則E=E0-jh=E.-f\t2,則知E與t是非線性關系，圖象應是曲線，故B錯誤；D、重力的功率P= = ,則知P與h是非線性關系，圖象應是曲線，故D錯誤；故選AC.【點睛】本題首先要正確分析鋼板的運動情況，其次要根據(jù)物理規(guī)律得到動能、機械能、速度和重力功率的表達式，再選擇圖象..如圖甲所示，將一個小球從某處水平拋出，經(jīng)過一段時間后恰好平行斜面沿著斜面向下滑行，從拋出后起一段時間內(nèi)小球的動能隨時間平方（EK—t?）圖象如圖乙所示，橫坐標在02.5之間圖線為直線，此外為曲線，重力加速度為g,則根據(jù)圖乙信息，可以求得（ ）甲B.小球的質(zhì)量A.小球的初速度C.小球在斜面上滑行的時間甲B.小球的質(zhì)量A.小球的初速度C.小球在斜面上滑行的時間D.斜面的傾角【答案】ABD【解析】【詳解】AB.小球做平拋運動的過程，根據(jù)機械能守恒定律得:1 2Ek=mgh+ymv0由平拋運動的規(guī)律有12h=；g/2聯(lián)立得I、圖象在02.5之間是直線，由圖可求得直線的斜率k,由數(shù)學知識可得&=5，/g2,g已知，則能求出小球的質(zhì)量m；由圖知t2=0時，Ek=5J,由Ek=；m4,可求得小球的初速度”，故AB正確;CD.小球剛落在斜面上時速度與斜面平行，設斜面的傾角為a,則有+ gttana=————%%由題圖知，t2=2.5,可以求得t,小球的初速度V。也可求得，從而能求出斜面的傾角a；根據(jù)小球在斜面的運動情況，不能求出小球在斜面上滑行的時間，故C錯誤，D正確。故選ABD。.在某均勻介質(zhì)中，甲、乙兩波源位于O點和Q點，分別產(chǎn)生向右和向左傳播的同性質(zhì)簡諧橫波，某時刻兩波波形如圖中實線和虛線所示，此時，甲波傳播到x=24m處，乙波傳播到x=12m處，已知甲波波源的振動周期為0.4s,下列說法正確的是.

,y/cm,y/cmA.甲波波源的起振方向為y軸正方向B.甲波的波速大小為20m/sC.乙波的周期為0.6sD.甲波波源比乙波波源早振動0.3sE.從圖示時刻開始再經(jīng)0.6s,x=12m處的質(zhì)點再次到達平衡位置【答案】BCE【解析】【分析】【詳解】甲波傳播到x=24m處，根據(jù)波向右傳播可知：質(zhì)點向下振動，故甲波波源的起振方向為y軸負方向，故A錯誤；由圖可知：甲波的波長為8m,又有甲波波源的振動周期為0.4s,故甲波的波速大小為-=20m/s,0.4s故B正確；同一介質(zhì)中橫波波速相同，故乙波的波速也為20m/s,由圖可知：乙波的波長為12m,故周期124〃z為k^=0.6s,故C正確；甲波的傳播距離為24m,故波源振動時間為=l.2s；乙波的傳播距20m/s 20/〃/s30加離為42m-l2m=30m,故波源振動時間為^=1.5s,所以，甲波波源比乙波波源晚振動0.3s,故D錯誤；由圖可知：圖時時刻，兩波在x=12m處都處于平衡位置，將要向上振動；故該質(zhì)點的振動方程為y=15sin57rt+10sin^Trt(cm),那么，t=0.6s時，y=0,即從圖示時刻開始再經(jīng)0.6s,x=12m處的質(zhì)點再次到達平衡位置；故E正確；故選BCE.【點睛】在給出波形圖求解質(zhì)點振動、波速的問題中，一般根據(jù)圖象得到波長及時間間隔與周期的關系，從而求得周期，即可得到質(zhì)點振動情況，由v=1；求得波速.12.如圖所示，甲圖為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波動圖像,乙圖為參與波動質(zhì)點P的振動圖像，則下列判斷正確的是.甲乙

甲乙A.該波的傳播速率為4m/sB.該波的傳播方向沿x軸正方向C.經(jīng)過0.5s,質(zhì)點P沿波的傳播方向向前傳播4mD.該波在傳播過程中若遇到2m的障礙物,能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象E.經(jīng)過0.5s時間，質(zhì)點P的位移為零,路程為0.4m【答案】ADE【解析】【詳解】A.由甲圖讀出該波的波長為九=4m,由乙圖讀出周期為T=ls,則波速為v=，=4m/s,故A正確；B.在乙圖上讀出t=0時刻P質(zhì)點的振動方向沿、軸負方向，在甲圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸負方向，故B錯誤；C.質(zhì)點P只在自己的平衡位置附近上下振動，并不隨波的傳播方向向前傳播，故C錯誤；D.由于該波的波長為4m,與障礙物尺寸相差較多，故能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D正確；E.經(jīng)過t=0.5s=Z,質(zhì)點P又回到平衡位置，位移為零，路程為S=2A=2x0.2m=0.4m,故E正確.2三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分13.現(xiàn)要測定一段粗細均勻的金屬導體的電阻率。(1)螺旋測微器測量該金屬導體的直徑D,測量結果示數(shù)如圖甲所示，由圖甲可知D=mm；金屬導體圖甲金屬導體圖甲(2)現(xiàn)要利用圖乙來測量該導體的電阻阻值R,實驗步驟如下：①實驗時先將滑動變阻器的阻值調(diào)到最大，然后閉合開關K”將開關K2打向1處,，接著調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電壓表有明顯讀數(shù)，并記下此時電壓表的讀數(shù)U。斷開開關K”②閉合開關K”將開關K2打向2處，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表的讀數(shù)仍為U。然后讀出電阻箱的阻值，如圖丙。圖丙本實驗中電阻箱此時的阻值為Ro=。，被測電阻的電阻阻值大小為R=【答案】5.315 14 14【解析】【分析】【詳解】(1)口]主尺示數(shù)為5mm,螺旋示數(shù)為31.5x0.01mm=0.315mm故示數(shù)為5mm+0.315mm=5.315mm⑵②[2][3]電阻箱的讀數(shù)為Ro=14S2,此實驗的原理是采用等效替代法，若開關K接1時與開關m接2時電壓表的讀數(shù)相同，說明R的阻值與R。的阻值相同。因此根據(jù)等效替代的原理知R=14C。14.為了測量某金屬絲的電阻率:(1)如圖a所示，先用多用電表“xl擋粗測其電阻為Q,然后用圖b的螺旋測微器測其直徑為mm,再用圖c的毫米刻度尺測其長度為cm.(2)為了減小實驗誤差，需進一步測其電阻，除待測金屬絲外，實驗室還備有的實驗器材如下：A.電壓表V(量程3V,內(nèi)阻約為15k。；量程15V,內(nèi)阻約為75k。)B.電流表A(量程0.6A,內(nèi)阻約為1Q；量程3A,內(nèi)阻約為0.2。)C.滑動變阻器小(0?5Q,1A)D.滑動變阻器R?(0-2000S2,0.1A)E.1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不計F.電阻箱G.開關S,導線若干為了測多組實驗數(shù)據(jù)，則滑動變阻器應選用(填“R/或“R2”)；請在方框內(nèi)設計最合理的電路圖 并完成圖d中的實物連線 .E圖dRi【答案】8.0（或者8）； 2.095（2.095~2.098均可）10.14（10.13~10.15均可）Ri【解析】【分析】【詳解】第一空.由圖示多用電表可知，待測電阻阻值是8x10=8。；第二空.由圖示螺旋測微器可知，的固定刻度讀數(shù)為2mm,可動刻度讀數(shù)為0.01x9.5mm=0.095mm,其讀數(shù)為：2mm+9.5x0.01mm=2.095mm；第三空.毫米刻度尺測其長度為10.14cm第四空.滑動變阻器R2(0?2000Q,0.1A)的阻值比待測金屬絲阻值8Q大得太多，為保證電路安全，方便實驗操作，滑動變阻器應選Ri，最大阻值5C；第五空.為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法，由于被測電阻阻值較小，則電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示；第六空.根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖，如圖所示;四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖(b)所示，一個正方體玻璃磚的棱長為2a,其折射率為0.在其中心軸線處有一點光源，該點光源可沿中心軸線上下移動。若點光源移動至某一位置。時，玻璃磚上表面均有光線射出，求此時玻璃磚下表面有光線射出的面積上邊緣【答窠】（6-4立）;n?.【解析】【詳解】光路如圖，（臨界點）。點發(fā)出的光射至上表面正方形的對角線邊緣P點恰好全反射，則上表面均有光線射出，射至下表面的。點恰好全反射（臨界點），則以。點為圓形邊緣，其內(nèi)部有光線射出P點恰全反射，則有sinC=-n由幾何關系得.c 垃asine=,J（缶）2+"。點恰全反射，由幾何關系得.尸 xsine=1 ,]x2+（2a-h）2光線射出面積為S=7TX2聯(lián)立解得S=（6—4點）萬。216.傾角為0的斜面與足夠長的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長度為3L,BC、CD的長度均為3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑。如圖，4個“一”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標為1、2、3、4,滑塊上長為L的輕桿與斜面平行并與上一個滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處?，F(xiàn)將4個滑塊一起由靜止釋放，設滑塊經(jīng)過D處時無機械能損失，輕桿不會與斜面相碰。已知每個滑塊的質(zhì)量為m并可視為質(zhì)點，滑塊與粗糙面間的動摩擦因數(shù)為tan6,重力加速度為g。求(D滑塊1剛進入BC時，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大?。?2)4個滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離。3 4【答案】(DF=^mgsin0(2)d=-L【解析】【詳解】(1)以4個滑塊為研究對象，設第一個滑塊剛進BC段時，4個滑塊的加速度為a,由牛頓第二定律:4mgsin，一〃■mgcos0=4ma以滑塊1為研究對象，設剛進入BC段時，輕桿受到的壓力為F,由牛頓第二定律：F+mgsinff—〃■mgcos，=ma已知〃=tan，3聯(lián)立可得：F=-mgsin04(2)設4個滑塊完全進入粗糙段時，也即第4個滑塊剛進入BC時，滑塊的共同速度為v這個過程，4個滑塊向下移動了6L的距離，1、2、3滑塊在粗糙段向下移動的距離分別為3L、2L、L,由動能定理，有：4/ngsin0-6L-/j-mgcos0-(3L+2L+L)=-4/nv2可得：v=3jgLsin。由于動摩擦因數(shù)為〃=tan。，則4個滑塊都進入BC段后，所受合外力為0,各滑塊均以速度v做勻速運動;第1個滑塊離開BC后做勻加速下滑，設到達D處時速度為“，由動能定理:，〃gsin6?（3.5L）=—znvj2--wv2可得：V]=MgLsin?當?shù)?個滑塊到達BC邊緣剛要離開粗糙段時，第2個滑塊正以v的速度勻速向下運動，且運動L距離后離開粗糙段，依次類推，直到第4個滑塊離開粗糙段。由此可知，相鄰兩個滑塊到達BC段邊緣的時間差為2上,因此到達水平面的時間差也為加=自v v所以滑塊在水平面上的間距為d=4聯(lián)立解得d=qL17.如圖所示，質(zhì)量M=3kg的足夠長的小車停在光滑水平地面上，另一木塊m=lkg,以Vo=4m/s的速度沖上小車，木塊與小車間動摩擦因數(shù)〃=0.3,g=10m/s2,求經(jīng)過時間t=2.()s時： ?140 M’()(7._z/z/z/zz/zzzzz(1)小車的速度大小V；(2)以上過程中，小車運動的距離x；(3)以上過程中，木塊與小車由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q.【答案】(3)\rnls(3)15m(3)6J【解析】試題分析：(3)木塊的加速度am=pg=3m/s3小車的加速度：?！?上產(chǎn)=——Z——=1加SM3兩者速度相等時：V=V2-amt3=aMt3解得：tj=3s,v=3m/s此后小車和木塊共同勻速運動，則t=3.2s時小車的速度大小v=3m/s(3)小車加速階段的位移為：x3=—aMt33=-x3x33=2.5m2 2勻速運動的時間t3=t-t3=3s小車勻速階段的位移為：x3=vt3=3x3=3m3s內(nèi)小車運動的距離x=x3+x3=3.5mv2—vl(3)速度相等前，木塊的位移：元'= =2.5m2。,“木塊和小車的相對位移為：Ax=x，-X3=3m木塊與小車由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=f?Ax=jimgAx=6J考點：牛頓第二定律的綜合應用2021屆新高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的有甲、乙兩個可看成質(zhì)點的小鋼球，乙球的質(zhì)量大于甲球的質(zhì)量。現(xiàn)讓甲球以速度V。在某一水平桌面上水平拋出，拋出后甲球的運動軌跡如圖中的②圖線所示。然后再將乙球以同樣的速度在同一地點將它水平拋出。兩球的運動都不計空氣的阻力，則乙球的運動軌跡為圖中的（）A.① B.② C.③ D.?2019年8月，“法國哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩由5個小型渦輪噴氣發(fā)動機驅(qū)動的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽35公里的海面。已知扎帕塔（及裝備）的總質(zhì)量為120kg,設發(fā)動機啟動后將氣流以6000m/s的恒定速度從噴口向下噴出，則當扎帕塔（及裝備）懸浮在空中靜止時，發(fā)動機每秒噴出氣體的質(zhì)量為（不考虛噴氣對總質(zhì)量的影響，取g=10m/s2）（ ）A.0.02kg B.0.20kg C.0.50kg D.5.00kg2018年