河北省張家口市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期物理1月期末試卷

河北省張家口市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期物理1月期末試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．某探究小組的同學(xué)在研究光電效應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，用a、b、c三束光照射到圖甲電路陰極K上，電路中電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知a、b兩條圖線與橫軸的交點(diǎn)重合，下列說(shuō)法正確的是（）A．c光的頻率最小B．a(chǎn)光的頻率和b光的頻率相等C．若三種光均能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則用c光照射時(shí)逸出光電子的最大初動(dòng)能最小D．照射同一種金屬時(shí)，若c光能發(fā)生光電效應(yīng)，則a光也一定能發(fā)生光電效應(yīng)2．在2022年3月23日天宮課堂中，葉光富老師利用手搖離心機(jī)將水油分離。手搖離心機(jī)可簡(jiǎn)化為在空間站中手搖小瓶的模型，如圖乙所示，假設(shè)小瓶（包括小瓶中的油和水）的質(zhì)量為m，P為小瓶的質(zhì)心，OP長(zhǎng)度為L(zhǎng)，小瓶在t時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)了n圈，以空間站為參考系，當(dāng)小瓶轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直平面內(nèi)最高點(diǎn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．細(xì)線的拉力大小為4B．如果松手釋放繩子，瓶子會(huì)沿拋物線落向空間站的“地面”C．水、油能分離的原因是小瓶里的水和油做圓周運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生了離心現(xiàn)象，密度較大的水集中于小瓶的底部D．水和油成功分層后，水做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由瓶底對(duì)水的彈力提供3．一列簡(jiǎn)諧橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，M、N是波上的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，圖甲是t=1.0s時(shí)該簡(jiǎn)諧橫波的波形圖，圖乙是x=4m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法正確的是（）A．該列簡(jiǎn)諧橫波沿著x軸的正方向傳播，波速為4m/sB．當(dāng)t=1.0s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M沿y軸負(fù)方向振動(dòng)C．x=4m處質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)2s沿波的傳播方向運(yùn)動(dòng)了8mD．當(dāng)t=3.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)N在波谷，加速度最大4．如圖所示為某導(dǎo)光管采光系統(tǒng)過(guò)中心軸線的截面圖，上面部分是某種均勻透明材料制成的半球形薄采光罩，O為球心，下面部分是導(dǎo)光管，MN所在水平面為兩部分的分界面，M、N為球面上兩點(diǎn)，若使平行于MN的光束射入采光罩后，能全部直接通過(guò)MN面進(jìn)入導(dǎo)光管（不考慮采光罩內(nèi)表面的反射），則該材料的折射率不能超過(guò)（）A．2 B．1.5 C．3 D．1.755．滑板運(yùn)動(dòng)備受年輕人喜愛(ài)，中國(guó)小將曾文蕙在東京奧運(yùn)會(huì)成功闖進(jìn)決賽并獲得第六的優(yōu)異成績(jī)，為中國(guó)滑板創(chuàng)造了歷史。如圖所示，跳臺(tái)的斜面AB長(zhǎng)為2L，傾角為60°，右側(cè)平臺(tái)墻壁CD與水平地面相交于C點(diǎn)，頂端D點(diǎn)離地面的高度為334LA．v02 B．2v0 C．3v0 6．如圖所示，2022年7月15日，由清華大學(xué)天文系祝偉教授牽頭的國(guó)際團(tuán)隊(duì)近日宣布在宇宙中發(fā)現(xiàn)兩個(gè)罕見(jiàn)的恒星系統(tǒng)。該系統(tǒng)均是由兩顆互相繞行的中央恒星組成，被氣體和塵埃盤(pán)包圍，且該盤(pán)與中央恒星的軌道成一定角度，呈現(xiàn)出“霧繞雙星”的奇幻效果。若其中一個(gè)系統(tǒng)簡(jiǎn)化模型如圖所示，質(zhì)量不等的恒星A和B繞兩者連線上某一定點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由天文觀察測(cè)得其運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，A到O點(diǎn)的距離為r1，A和B的距離為r，已知引力常量為G，則A的質(zhì)量為（）A．4π2rC．4π2r7．小型水力力電站常常受水量、水速和用電器多少變化的影響，導(dǎo)致家中的用電器電壓不穩(wěn)。為了使家中用電器正常工作，某小型水力力電站安裝了自動(dòng)穩(wěn)壓變壓器，如圖所示，其原理就是根據(jù)用電器工作電壓，自動(dòng)調(diào)節(jié)原、副線圈匝數(shù)比的理想變壓器。若其工作原理如圖所示，電表均為理想交流電表，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)水量和水速都穩(wěn)定時(shí)，先后啟動(dòng)熱水器、空調(diào)正常工作，原、副線圈匝數(shù)比增大B．當(dāng)水量和水速都穩(wěn)定時(shí)，先后啟動(dòng)熱水器、空調(diào)正常工作，原線圈輸出功率增大C．若水速和水量都增大時(shí)，為使用電器仍同時(shí)正常工作，則原、副線圈匝數(shù)比減小D．若水速和水量都減小時(shí)，但用電器仍同時(shí)正常工作，則V1、A1示數(shù)減小，V2示數(shù)增大8．翼裝飛行被稱(chēng)為世界上最危險(xiǎn)的極限運(yùn)動(dòng)，挑戰(zhàn)者騰空后，張開(kāi)手腳便能展開(kāi)翼膜，當(dāng)空氣進(jìn)入一個(gè)鰭狀的氣囊時(shí)，就會(huì)充氣使服裝成翼狀，從而產(chǎn)生浮力，然后通過(guò)肢體動(dòng)作來(lái)控制飛行的高度和方向。某翼裝挑戰(zhàn)者在距海平面一定高度處的直升機(jī)上由靜止下落，以a1=9m/s2的加速度下落一段時(shí)間，打開(kāi)氣囊，再減速下降一段時(shí)間后，懸停在天門(mén)山附近，準(zhǔn)備穿越天門(mén)洞，此運(yùn)動(dòng)過(guò)程近似地看成豎直方向的運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖所示，挑戰(zhàn)者所受空氣阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．0~t1時(shí)間內(nèi)挑戰(zhàn)者處于超重狀態(tài)B．空氣阻力是挑戰(zhàn)者重力的0.5倍C．0~53D．減速過(guò)程中挑戰(zhàn)者所受空氣浮力是挑戰(zhàn)者重力的2.5倍二、多選題9．如圖所示，一根勁度系數(shù)為k0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧一端與水平地面相連接，另一端與A球連接，A、B、C三個(gè)帶正電小球的質(zhì)量均為m，A、B兩個(gè)小球的電荷量均為q，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．C球的電荷量為49qC．彈簧壓縮量為3mgk0 10．如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門(mén)，K是節(jié)流門(mén)的閥門(mén)，節(jié)流門(mén)正下方有可以稱(chēng)量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤(pán)秤。當(dāng)托盤(pán)上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門(mén)K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長(zhǎng)為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門(mén)K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門(mén)K時(shí)，托盤(pán)秤示數(shù)為mgB．細(xì)砂石柱下落過(guò)程中，托盤(pán)秤示數(shù)為m+C．細(xì)砂石柱對(duì)砂石堆頂端的沖擊力為mD．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門(mén)K時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)大11．如圖所示傾斜軌道CBAD，AB水平，AD、BC平行且與水平面夾角均為θ，AB部分電阻為R，其余部分電阻不計(jì)，虛線MN、QH均和AB平行，在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。一電阻為r且與AB等長(zhǎng)的金屬棒從MN上方由靜止釋放，金屬棒向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，I為金屬棒中的電流、q為通過(guò)金屬棒的電量、U為金屬棒兩端的電壓、P為金屬棒消耗的電功率，若從金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列圖像可能正確的是（）A． B．C． D．三、實(shí)驗(yàn)題12．某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的裝置來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，豎直桿豎直固定在M、N兩點(diǎn)，在桿上固定一個(gè)量角器，并在量角器的圓心處固定一個(gè)力傳感器，一根細(xì)線上端連接在力傳感器上，下端系在小球上。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①拉離小球，使細(xì)線與豎直方向成一個(gè)角度，由靜止釋放小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)；②記錄小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的最大示數(shù)F；③重復(fù)以上實(shí)驗(yàn)步驟。（1）該同學(xué)練習(xí)使用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球直徑d時(shí)，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖乙所示，則d=mm。（2）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的有________（選填選項(xiàng)前的字母）。A．可以直接用彈簧測(cè)力計(jì)代替力傳感器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)B．細(xì)線要選擇非彈性的C．小球盡量選擇密度大的（3）實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有提供天平等可以測(cè)量質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)器材，為完成實(shí)驗(yàn)，需要記錄小球在豎直方向上靜止時(shí)。（請(qǐng)補(bǔ)充完整）（4）為完成實(shí)驗(yàn)，還需要測(cè)量的物理量有________（選填選項(xiàng)前的字母）。A．釋放小球時(shí)細(xì)線偏離豎直方向的角度θB．小球從釋放到運(yùn)動(dòng)至圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)的時(shí)間tC．細(xì)線長(zhǎng)L（5）需要驗(yàn)證機(jī)械能守恒的表達(dá)式為（用已知量和測(cè)量量的符號(hào)表示）。（6）實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，小球擺到另一側(cè)偏離豎直方向的角度略小于初始釋放位置偏離豎直方向的角度，其原因可能是。13．某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)（2.5~2.9V）和其內(nèi)阻（3~6Ω），有以下器材：電阻箱R（最大阻值10.0Ω），電流表A（量程100mA，內(nèi)阻rA＝5.0Ω），定值電阻R′＝1Ω，開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干。（1）請(qǐng)?jiān)谔摼€框中設(shè)計(jì)合適的實(shí)驗(yàn)電路圖。（2）實(shí)驗(yàn)記錄數(shù)據(jù)如表所示（其中I為電流表A的讀數(shù)，R為電阻箱接入電路的電阻）。123456R/Ω1.02.03.04.05.06.0I/mA72.562.155.049.544.239.81I/A13.816.118.220.222.625.1根據(jù)表中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖中作出1I（3）作出的1I?R圖像斜率為k，與縱坐標(biāo)截距為b，則電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻表達(dá)式為E=，r=（4）根據(jù)（2）中1I?R圖像求出E=V，r=四、解答題14．為了保護(hù)文物，需抽出存放文物的容器中的空氣，充入惰性氣體，形成低氧環(huán)境，某密閉容器容積為V0，內(nèi)部有一體積為15V0的文物，開(kāi)始時(shí)密閉容器內(nèi)空氣壓強(qiáng)為p0，現(xiàn)用抽氣筒抽氣，抽氣筒每次抽出空氣的體積為ΔV，若經(jīng)過(guò)N次抽氣后，密閉容器內(nèi)壓強(qiáng)變?yōu)閜N（1）求經(jīng)過(guò)N次抽氣后密閉容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)pN；（2）若ΔV=110V015．超級(jí)高鐵是一種以“真空鋼管運(yùn)輸”為理論核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪聲小、污染小等特點(diǎn)。一質(zhì)量為m的超級(jí)高鐵進(jìn)行測(cè)試，先由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后勻速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，已知加速和減速過(guò)程中加速度大小相等，在加速過(guò)程開(kāi)始的前t內(nèi)位移為x1，減速過(guò)程開(kāi)始的前t內(nèi)位移為x2，運(yùn)動(dòng)過(guò)程所受阻力恒為f，求：（1）測(cè)試過(guò)程中超級(jí)高鐵的最大速度vm；（2）由靜止開(kāi)始加速到最大速度的過(guò)程中，牽引力所做的功W。16．如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子a，從y軸上的P點(diǎn)以某一速度沿x軸正方向射出，已知粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，方向與x軸正方向的夾角θ=60°，粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為P點(diǎn)縱坐標(biāo)的一半，在粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)的同時(shí)，另一不帶電粒子b也經(jīng)x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)方向與粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)的方向相同，在粒子a沒(méi)有離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，兩粒子恰好發(fā)生正碰（碰撞前瞬間速度方向相反），不計(jì)兩粒子重力。（1）求粒子a從P點(diǎn)射出的速度大小v0及P點(diǎn)的縱坐標(biāo)h；（2）求粒子b經(jīng)過(guò)x軸進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的橫坐標(biāo)xb及速度大小vb；（3）若兩粒子碰后結(jié)合在一起，結(jié)合過(guò)程不損失質(zhì)量和電荷量，要使結(jié)合后的粒子不能進(jìn)入電場(chǎng)，求粒子b的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】ABC．由圖像可知，光電流為零時(shí)，遏止電壓的大小關(guān)系為Ua=Ub<D．c光頻率大于a光頻率，c光能發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，a光不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】光電流為零時(shí)的電壓為遏止電壓，結(jié)合愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理得出三種光的最大初動(dòng)能大小關(guān)系，當(dāng)入射光的頻率大于金屬的極限頻率時(shí)發(fā)生光電效應(yīng)。2．【答案】C【解析】【解答】A．小瓶轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為T(mén)=tn，細(xì)線的拉力大小為B．瓶子受到的地球引力全部用來(lái)提供其隨空間站繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，瓶子經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)松手，以空間站為參考系，瓶子會(huì)離心飛出，沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B不符合題意；C．水油能分離的原因是混合物做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，需要的向心力不一樣，由于水和油的密度不同產(chǎn)生了離心現(xiàn)象，密度較大的水集中于小瓶的底部，C符合題意；D．水對(duì)油有指向圓心的作用力，水做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由瓶底對(duì)水的彈力和油對(duì)水的作用力的合力提供，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)小瓶轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間和周期的關(guān)系得出小瓶轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，通過(guò)萬(wàn)有引力的表達(dá)式得出細(xì)線的拉力，在最高點(diǎn)松手后瓶子沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水油做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力不同，從而導(dǎo)致水油能分離。3．【答案】D【解析】【解答】AB．根據(jù)題圖乙知，x=4m處質(zhì)點(diǎn)在t=1.0s時(shí)向上振動(dòng)，根據(jù)“上下坡”法可判斷該簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播；由圖可知該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)和周期分別為λ=8m，T=2s，可得該波傳播速度為v=λC．介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置附近做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，而不會(huì)隨波向前移動(dòng)，C不符合題意；D．t=1.0s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)N由平衡位置向下振動(dòng)，t=1.0s至t=3.5s，質(zhì)點(diǎn)N振動(dòng)了T+1故答案為：D。

【分析】根據(jù)上下坡法得出該波的傳播方向，結(jié)合波傳播的速度和波長(zhǎng)以及周期的關(guān)系得出該波的波速，并得出t=1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方向，結(jié)合質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)情況得出加速度和速度的變化情況。4．【答案】A【解析】【解答】如圖所示由幾何關(guān)系可得n=故答案為：A。

【分析】根據(jù)光在介質(zhì)中傳播的光路圖以及折射定律得出該材料的折射率。5．【答案】D【解析】【解答】由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，第一次豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有2Lsin60°=12gt12故答案為：D。

【分析】平拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及勻加速直線運(yùn)動(dòng)得出離開(kāi)A點(diǎn)時(shí)的水平初速度。6．【答案】A【解析】【解答】取B為研究對(duì)象，B繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，由萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律得Gm1m2故答案為：A。

【分析】以B為研究對(duì)象，利用萬(wàn)有引力提供向心力以及幾何關(guān)系得出A的質(zhì)量的表達(dá)式。7．【答案】B【解析】【解答】AB．當(dāng)水量和水速都穩(wěn)定時(shí)，發(fā)電機(jī)輸出電壓U1不變，即原線圈兩端電壓U1不變，若副線圈電路用電器增加，則副線圈電路電流I2增大，導(dǎo)線電阻R上損失電壓為UR=I2R，則UR增大，由于U2=C．若水速和水量都增大，則U1D．若水速和水量都減小，則U1減小，但用電器仍同時(shí)正常工作，則U2不變，k減小，I2不變，由I故答案為：B。

【分析】當(dāng)水量和水速都穩(wěn)定時(shí)，根據(jù)歐姆定律以及理想變壓器的原副線圈匝數(shù)比和電壓比的關(guān)系得出副線圈兩端的電壓，結(jié)合電功率的表達(dá)式得出原線圈輸出功率的變化情況。若水速和水量都增大時(shí)原線圈兩端的電壓變大，結(jié)合理想變壓器兩端的電壓表和匝數(shù)比的關(guān)系得出原副線圈的匝數(shù)比的變化情況，若水速和水量都減小時(shí)結(jié)合理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)比和電流比的關(guān)系得出原線圈中電流的變化情況。8．【答案】C【解析】【解答】A．0～tB．由牛頓第二定律可得mg?f=ma1，解得D．加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=vma1=10153sC．由圖像面積可知，0～53t故答案為：C。

【分析】當(dāng)物體具有向下的加速度時(shí)處于失重，結(jié)合牛頓第二定律得出空氣阻力和重力的大小關(guān)系，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)而速度與時(shí)間的關(guān)系以及牛頓第二定律得出減速過(guò)程中挑戰(zhàn)者所受空氣浮力和重力的關(guān)系。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】AD．對(duì)C分析，受重力、A、B對(duì)C的庫(kù)侖力，設(shè)小球間距為L(zhǎng)，根據(jù)平衡條件，對(duì)C有kqqCL2+kqB．以B為研究對(duì)象，可以認(rèn)為B受重力和庫(kù)侖力，B球靜止不動(dòng)，所以B球受到的庫(kù)侖力大小為mg，B不符合題意；C．對(duì)A、B、C用整體法，A、B、C受力平衡，即A球受到的彈力等于三個(gè)球的總重力，即彈簧壓縮量Δx=3mg故答案為：ACD。

【分析】分別對(duì)BC進(jìn)行受力分析，根據(jù)庫(kù)侖定律以及共點(diǎn)力平衡得出C球額電荷量和BC間的距離，以B為研究對(duì)象，利用共點(diǎn)力平衡得出B受到的庫(kù)侖力，以ABC整體為研究對(duì)象，利用胡克定律和共點(diǎn)力平衡得出彈簧的壓縮量。10．【答案】B,C【解析】【解答】C．取砂石堆頂部上方極短時(shí)間Δt內(nèi)的砂石柱為研究對(duì)象，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律2gH=v2，可得落到砂石堆頂部的速度為v=2gH，落在砂石堆頂部后短時(shí)間Δt內(nèi)速度減為零，由動(dòng)量定理得F?Δt=A．剛關(guān)閉閥門(mén)K時(shí)托盤(pán)秤受到的總壓力為FN=mB．此時(shí)細(xì)砂石柱的總質(zhì)量為Δm=m02Hg，最終托盤(pán)內(nèi)細(xì)砂石的總重力為D．由以上分析可知，細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)與剛關(guān)閉閥門(mén)K時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)相等，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】以砂石柱為研究對(duì)象，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出落到砂石堆頂部的速度，利用動(dòng)量定理得出砂石堆受到的沖擊力，剛關(guān)閉閥門(mén)K時(shí)根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出托盤(pán)秤的示數(shù)。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．如果電流減小，則表明金屬棒在做減速運(yùn)動(dòng)，受力分析有BIL?mgsinθ=ma，隨著電流減小，加速度減小。根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I=BLvB．若金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力與重力沿斜面的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，則根據(jù)q=It可知，電量與時(shí)間成正比，B符合題意；C．如果金屬棒兩端電壓隨時(shí)間增大，則表明金屬棒在加速，受力分析有mgsinθ?BIL=ma，隨著電壓增大，則電流增大，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U=IR=BLvD．如果金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力與重力沿斜面的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，則根據(jù)P=I故答案為：BD。

【分析】如果電流減小。對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的變化情況，利用閉合電路歐姆定律得出I-t的關(guān)系式并得出I-t的圖像，利用電流的定義式得出q-t的表達(dá)式及圖像，如果金屬棒兩端電壓隨時(shí)間增大，對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的變化情況，結(jié)合閉合電路歐姆定律得出U-t的表達(dá)式以及圖像，結(jié)合電功率的表達(dá)式得出金屬消耗電功率的變化情況。12．【答案】（1）11.4（2）B；C（3）力傳感器的示數(shù)F0（4）A（5）F=3（6）小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中存在空氣阻力【解析】【解答】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d=11mm+4×0.1mm=11.4mm（2）A．彈簧測(cè)力計(jì)代替力傳感器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，由于細(xì)線不斷擺動(dòng)，不方便進(jìn)行讀數(shù)與記錄，A不符合題意；B．細(xì)線要選擇非彈性細(xì)線，避免擺長(zhǎng)發(fā)生變化，B符合題意；C．小球盡量選擇密度大的，以減小空氣阻力的影響，C符合題意。故答案為：BC。（3）本實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足mg(L+d2)(1?cosθ)=12m所以為完成實(shí)驗(yàn)，需要記錄小球在豎直方向上靜止時(shí)力傳感器的示數(shù)F0；（4）由（3）分析知，為完成實(shí)驗(yàn)，還需要測(cè)量的物理量有釋放小球時(shí)細(xì)線偏離豎直方向的角度θ。故答案為：A。（5）由（3）分析知，需要驗(yàn)證機(jī)械能守恒的表達(dá)式為F=3（6）小球擺到另一側(cè)偏離豎直方向的角度略小于初始釋放位置偏離豎直方向的角度，其原因可能是小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中存在空氣阻力。【分析】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)原理得出小球的直徑；

（2）根據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)原理選擇正確的選項(xiàng)；

（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律以及合力提供向心力得出傳感器最大示數(shù)的表達(dá)式，從而得出該實(shí)驗(yàn)需要記錄在豎直方向上靜止時(shí)長(zhǎng)安器的示數(shù)；

（4）除（3）外還需要測(cè)量釋放小球時(shí)細(xì)線偏離豎直方向的角度；

（5）根據(jù)機(jī)械能守恒的條件得出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；

（6）另一側(cè)偏離豎直方向的角度略小于初始釋放位置偏離豎直方向的角度的原因是由于空氣的阻力。13．【答案】（1）（2）（3）6k；（4）2.73；4.44【解析】【解答】（1）小量程電流表改裝成大量程電流表，必須并聯(lián)一小電阻分流，具體電路如圖所示．（2）利用描點(diǎn)法作出圖線，如圖所示．（3）由于改裝成大量程電流表的總電阻為16rA=56Ω，流經(jīng)電源電流大小為6I，故E=6I(R+16r（4）由圖像知圖線斜率k=2.2A?1Ω，縱坐標(biāo)截距為b=11.6A【分析】（1）根據(jù)電表的改裝畫(huà)出電路圖；

（2）根據(jù)描點(diǎn)法畫(huà)出1/I-R圖像；

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律以及圖像得出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的表達(dá)式；

（4）結(jié)合圖像的斜率和截距得出電源電動(dòng)勢(shì)的大小和內(nèi)阻的大小。14．【答案】（1）解：每次抽出氣體的體積為ΔV，由玻意耳定律可知第一次抽氣，有p由玻意耳定律可知第二次抽氣，有p聯(lián)立解得pp依此類(lèi)推可得經(jīng)過(guò)N次抽氣后密閉容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p（2）解：若ΔV=110由玻意耳定律可知第二次抽氣，有p聯(lián)立解得經(jīng)過(guò)兩次抽氣后的壓強(qiáng)為p設(shè)剩余氣體在壓