2023年吉林省吉林市普通中学高考物理二调试卷（含答案解析）

这是一份2023年吉林省吉林市普通中学高考物理二调试卷（含答案解析），共20页。
2023年吉林省吉林市普通中学高考物理二调试卷
1. 下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，正确的是(    )

A. 甲图中x1−2x1物体的加速度大小为v02x1
B. 乙图中所描述的物体在0−t1时段通过的位移为x1
C. 丙图中所描述的物体在t1−t2时段速度的变化量为a0(t2−t1)
D. 若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为2m/s2
2. 如图所示，半径可以改变的光滑半圆形轨道竖直固定放置，小球自轨道端点P由静止开始滑下，经过最低点Q。若轨道半径越大，则(    )
A. 小球经过最低点Q时的速率保持不变
B. 小球经过最低点Q时的向心加速度保持不变
C. 小球经过最低点Q时受到轨道的支持力越大
D. 小球经过最低点Q时重力的瞬时功率越大

3. 某架飞机在进行航空测量时，需要严格按照从南到北的航线进行飞行。如果在无风时飞机相对地面的速度是414km/h，飞行过程中航路上有速度为54km/h的持续东风。则(    )
A. 飞机的飞行方向为北偏西为θ角度，且sinθ=123
B. 飞机的飞行方向为北偏东为θ角度，且sinθ=323
C. 飞机实际的飞行速度为100 2m/s
D. 飞机实际的飞行速度为100 3m/s
4. 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(    )
A. 匀强电场的电场强度E=mgsinθq
B. 小球做圆周运动过程中动能的最小值为Emin=mgL2cosθ
C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
5. 一质量为2kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F对物体所做的功、物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是(    )

A. 物体运动的总位移为13.5m
B. 物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C. 物体在前3m运动过程中的加速度为2.5m/s2
D. x=9m时，物体的速度为3 2m/s
6. 北京时间2019年4月10日晚21点，人类史上首张黑洞照片面世。黑洞的概念是：如果将大量物质集中于空间一点，其周围会产生奇异的现象，即在质点周围存在一个界面--事件视界面，一旦进入界面，即使光也无法逃脱，黑洞的第二宇宙速度大于光速。并把上述天体周围事件视界面看作球面，球面的半径称为史瓦西半径。已知地球的半径约为6400km，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，天体的第二宇宙速度是第一宇宙速度的 2倍，光速为3.0×108m/s，假设地球保持质量不变收缩成黑洞，则地球黑洞的史瓦西半径最接近(    )
A. 1mm B. 1cm C. 1m D. 1km
7. 北京高能物理研究所的正、负粒子对撞机是世界八大高能加速器中心之一，是中国第一台高能加速器，其结构如图所示，正、负粒子由静止开始经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区内迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(    )

A. 正、负粒子的比荷可以不相同
B. 磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大
C. 加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
D. 对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，可能是由于U不变、B变大引起的
8. 如图甲所示，一辆重型自卸车静止在水平面上，当利用自身液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度时，车厢上的石块就会自动滑下，当自卸车厢的倾角θ=30∘时，石块恰能沿车厢底面匀速下滑，其示意图如图乙示，下列说法正确的是(    )

A. 石块与车厢底面之间的动摩擦因数μ=0.5
B. θ=30∘时，石块对车厢的摩擦力沿斜面向下，车辆不受地面的静摩擦力
C. θ由0增加到30∘的过程中，车辆对地面的摩擦力逐渐增大，方向水平向右
D. θ>30∘时，石块将加速下滑，地面对车辆的支持力小于自卸车和石块的重力
9. 在正方形的四个顶点上分别固定有带电量绝对值均为Q的点电荷，其带电性如图所示。正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA=OB=OC=OD。不计电子重力。则(    )
A. C、D两点的电场强度不相同，A、B两点的电场强度不相同
B. C、D两点电势相等，A、B两点电势相等
C. 电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减小
D. 电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减小

10. 一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，小球正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，O、P的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球时，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(    )

A. 小球落在P点的时间是2v1gtanθ
B. Q点在P点的下方
C. v1>v2
D. 小球落在P点所用的时间与落在Q点所用的时间之比是2v1v2
11. 如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(    )

A. 棒产生的电动势为12Br2ω B. 微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C. 电阻消耗的电功率为πB2r4ω2R D. 电容器所带的电荷量为CBlω
12. 如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则(    )

A. 刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B. 导体棒的最终和U形光滑金属框一起匀速直线运动速度为v03
C. 导体棒产生的焦耳热为13mv02
D. 通过导体棒的电荷量为2mv03BL
13. 某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1和v2.小组成员多次改变光电门l的位置，得到多组x1和v1的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率k.

①当地的重力加速度为______(用k表示)
②若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______(用题中物理量的字母表示)
③关于光电门l的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差______
A、尽量靠近刻度尺零刻度
B、尽量靠近光电门2
C、既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2.
14. 有一小量程电流表G(表头)，满偏电流为200μA，内阻约为1000Ω，要精确测出其内阻RG，提供的器材有：
A.电流表A(量程为1mA，内阻R2=50Ω)
B.滑动变阻器R(阻值范围为0∼20Ω)
C.定值电阻R0(阻值R0=150Ω)
D.定值电阻R′(阻值R′=3000Ω)
E.电源E(电动势约为4.5V，内阻很小)
F.单刀单掷开关S一个，导线若干
(1)请将上述器材全部用上，设计出合理的、便于调节、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的13。请将设计的电路图画在图中实线方框中。

(2)将G改装成两量程电流表。现有两种备选电路，示于图甲和图乙。图______ 为合理电路，另一电路不合理的理由是______ 。
15. 2019年7月26日，随着长征二号丙运载火箭在西昌发射中心顺利升空，中国也首次成功验证了火箭第一级落点的精确控制技术，成为全球继美国之后，第二个掌握该技术的国家，长征二号丙火箭第一级残骸在贵州黔南布依族苗族自治州被顺利找到，落点在设定的落区范围内，这是中国航天在落点可控、精准回收领域取得的重大突破。其一级火箭的回收过程可以简化为：一级火箭关闭推进器，脱离主体后继续上升至离地面3225m的高空，然后开始无初速下落，下落至离地面3100m的高度处，此时一级火箭立即打开助推器开始匀速下降，持续50s后增大助推器的推力进而匀减速下降，成功落地时速度大小为2m/s，g=10m/s2，(忽略高度对重力加速度的影响，不计空气阻力)求：
(1)一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间；
(2)一级火箭匀速下落的高度是多少？
(3)一级火箭最后匀减速下落的时间是多少？(计算结果保留一位小数)
16. 如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B(大小可调节).现有比荷为qm=2.5×109C/kg的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以v=4×107m/s，方向与y轴正向成60∘的速度经过P点进入磁场，OP=2 33OA，OA=0.1m，不计重力.求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度v0为多少；
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；
(3)当磁感应强度为某值时，粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，求此磁感应强度。
17. 电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m=1.0kg。每个矩形线圈abcd匝数n=100匝，电阻值R=1.0Ω，ab边长L=20cm，bc边长d=10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0m/s向右进入磁感应强度大小B=0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。求：
(1)刚进入磁场时减震器的加速度大小；
(2)第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小；
(3)若减震器的初速度v=5.0m/s，则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完全停下来？求第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k？不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.根据v2−v02=2ax变形得v2=2ax+v02，可知甲图像的斜率k=2a，则甲图中x1−2x1物体的加速度大小为
a=k2=v022x1−x12=v022x1，故A错误；
B.乙图中所描述的物体在0−t1时段通过的位移为x1−x0，故B错误；
C.a−t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，丙图所描述物体在t1−t2时段速度变化量为a0(t2−t1)，故C正确；
D.根据x=v0t+12at2变形可得xt=v0+12at
所以xt−t图像的斜率k=a2，则该物体的加速度为a=2k=2×20−(−1)m/s=4m/s2，故D错误。
故选：C。
位移-时间图像表示任一时刻物体的位置，末位置坐标减去初位置坐标等于位移；加速度-时间图像，图像与时间围成的面积表示速度变化量；由v2−v02=2ax变形得v2=2ax+v02，可确定v2−x图像的斜率；根据x=v0t+12at2变形得到xt与t的关系式，可求xt−t图像的加速度。
本题属于匀变速运动图像的非常规考法。对于物理图像，通常可根据物理规律得到解析式，再分析图像的斜率、截距、面积等代表的物理意义，运用数形结合来求解。

2.【答案】B 
【解析】解：A.小球从P到Q的过程，据机械能守恒定律可得mgR=12mv2，解得v= 2gR，即半径越大，小球经过最低点Q时的速率越大，故A错误；
B.小球经过最低点Q时的向心加速度可表示为a=v2R=( 2gR)2R=2g，则可知小球经过最低点Q时的向心加速度与半径无关，保持不变，故B正确；
C.在最低点Q由牛顿第二定律可得F−mg=mv2R，解得F=mg+m( 2gR)2R=3mg，故小球经过最低点Q时受到轨道的支持力不变，故C错误；
D.小球经过最低点Q时重力的瞬时功率为P=mgvcos90∘=0，即最低点时的瞬时功率是不变的，故D错误。
故选：B。
根据机械能守恒定律列式进行分析求解最低点速度与半径的关系，从而确定速度变化；再根据向心加速度公式确定向心加速度的变化，根据牛顿第二定律分析支持力的变化；由功率公式分析重力功率的变化。
本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律以及功率公式的基本运用，知道最低点向心力的来源，通过机械能守恒定律求出最低点的速度是解决本题的关键。

3.【答案】B 
【解析】解：根据速度合成的平行四边形法则，飞机的飞行方向沿北偏东，设为北偏东θ角度，则sin⁡θ=v风v机=54414=323
故A错误，B正确；

CD.飞机实际的飞行速度为v=v机2−v风2=4142−542km/h=410.5km/h=114m/s
故CD错误。
故选：B。
飞机航行过程中因存在持续东风，所以要想实现由南向北的实际航行路线就需要飞机沿北偏东的方向飞行，让合速度的方向沿着由南向北的方向。
本题考查速度的合成，将飞机的速度和风的速度合成，合成时要考虑合速度沿着由南向北的方向，根据平行四边形法则可以找到飞机的速度方向，进而求解实际的飞行速度。

4.【答案】B 
【解析】解：A.小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图所示

由平衡关系可知
tanθ=qEmg
解得
E=mgtanθq
故A错误；
B.小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，如图所示

A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知
mgcosθ=mvmin2L
动能
Ekmin=12mvmin2
联立解得
Ekmin=mgL2cosθ
故B正确；
C.由机械能守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功，再做负功，再做正功，所以电势能先减小，再增大，再减小，故D错误。
故选：B。
对小球进行受力分析，由平衡关系，求电场强度；
在等效最高点，由牛顿第二定律，求最小动能；
由机械能守恒定律，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小；
电场力做负功电势能变大，电场力做正功电势能变小。
本题综合性较强，考点丰富，考查学生对平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律、电场力做功与电势能变化关系的掌握，需要学生平时多熟记规律。

5.【答案】A 
【解析】解：AB、摩擦力大小始终不变，所以图乙中直线为摩擦力做功与位移的关系，物体克服摩擦力做功Wf=μmgx，图象的斜率k=μmg=2010N=2N，代入数据解得：μ=0.1，由图乙所示可知，整个过程克服摩擦力做的Wf=27J，代入数据解得，物体运动的最大位移：xmax=13.5m，故A正确，B错误；
C、外力F做的功W=Fx，由图示图象可知，前3m内，拉力大小F1=W1x1=153N=5N，对物体，由牛顿第二定律得：F1−μmg=ma，代入数据解得，加速度大小：a=1.5m/s2，故C错误；
D、由图乙所示图象可知，x=9m时，外力做功W=27J，对物体，由动能定理得：W−μmgx=12mv2−0，代入数据解得：v=3m/s，故D错误。
故选：A。
物体运动过程所受摩擦力大小不变，乙图中的下面一条直线为摩擦力做功的图象；结合斜率求出摩擦力大小、动摩擦因数和外力F大小，从而求出加速度大小；再由动能定理求解x=9m时的速度大小。
本题综合考查动能定理、图象以及牛顿第二定律的应用等，解题的关键在于对图象的认识，对于图象类的题目，主要是要理解横纵坐标的含义，斜率的含义，然后再结合动能定理求解。

6.【答案】B 
【解析】解：有题可知，地球变成黑洞后，光无法逃脱黑洞的第二宇宙速度，即黑洞的第二宇宙速度大于光速，转换成临界条件如下：
光速c≤ 2GMR；
通过临界条件的变形可知，地球形成黑洞的最大半径Rmax=2GMc2…①；
由于题目中未给出地球质量G，所以用黄金代换式gR2=GM…②；
②代入①式得：Rmax=2gR2c2…③；
以下数据代入③式；
重力加速度为：g=9.8m/s2，R地=6400km，光速c=3.0×108m/s，得Rmax≈0.009m，即Rmax≈9mm，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(1)求地球变成黑洞的半径，需要知道地球变成黑洞后，因为光无法逃脱黑洞的吸引力，则最大半径的边界条件光速c≤ 2GMR；
(2)题目中没有直接给出地球质量，所以要用黄金代换式来代替上述公式中地球的质量M，联立方程解出答案。
本题是典型的万有引力在天体中应用的问题，在选择题出现频次较高，虽然不太复杂，但对于考生属于偏难题型，考生不仅需要掌握基本公式，而且需要知道在黑洞问题中，光速与逃逸速度的关系，此关系是本题解题关键，通过上述关系可以得到临界关系，从而解出最终结果。本题难度偏难。

7.【答案】B 
【解析】解：A、粒子经过加速器加速过程，根据动能定理得：qU=12mv2
在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得：qm=2UB2r2
根据题意可知正、负粒子的比荷一定相同，故A错误；
B、根据：qvB=mv2r，Ek=12mv2，可得：Ek=12⋅qm⋅qB2r2
可知磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大，故B正确；
C、根据A选项的结果可得：B=1r 2mUq
可知加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，故C错误；
D、根据C选项的结果：B=1r 2mUq，可知对于给定的正、负粒子，若U不变、B就不能变。
粒子在磁场中运动周期为：T=2πrv=2πmqB，磁场中运动时间为：t1=12T=πmqB
可知一定的粒子从静止到碰撞运动的时间变短，一定是U变大，B相应变大，磁场中运动时间会变短，同时加速过程的时间也会变短，故D错误。
故选：B。
根据动能定理，求解粒子经过加速器加速过程获得的速度或动能，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力可求得比荷表达式、动能表达式、磁感应强度与电压关系。在这些基础上在推断D选项。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题，注意本题正、负粒子在磁场中运动半径是一定的，且相等，要在此条件下解答各个选项。应用动能定理求解粒子被加速获得的速度，应用牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力推导所需的物理量。

8.【答案】BD 
【解析】解：A、设车厢与水平面夹为θ，石块受到的支持力为N，摩擦力为f，车厢缓慢倾斜，石块处于平衡状态，根据共点力平衡条件的：mgsinθ=f
N=mgcosθ
当θ=30∘时
f=μN
解得：μ= 33
故A错误；
BC、θ≤30∘时，石块对车厢的摩擦力沿斜面向下，对整体受力分析可知，车辆不受地面的静摩擦力，故B正确，C错误；
D、θ>30∘时，mgsinθ>f，石块将加速下滑，由于石块有沿斜面向下的加速度a，则对车和石块的整体，设翻斗车的质量为M，地面对翻斗车的支持力为N，取向左为正，在竖直方向上，对翻斗车和石块的整体根据牛顿第二定律有(m+M)g−N=ma⋅sinα，可知N30∘时，mgsinθ>f，石块将加速下滑，根据牛顿第二定律分析D项。
本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，要注意的是整体与隔离的分析方法。

9.【答案】AC 
【解析】解：A、根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知：竖直方向上+Q和−Q的电场中，C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度也相同；在水平方向两个+Q的电场中，C、D的电场强度大小相等、方向相反，A、B两点的电场强度大小相等、方向相反，所以根据电场的叠加原理可知C、D两点的电场强度不同，A、B两点的电场强度也不同，故A正确；
B、在竖直方向+Q和−Q的电场中，C、D两点的电势相等，A、B两点的电势不相等；在水平方向两个+Q的电场中，C、D的电势相等，A、B两点的电势相等，根据叠加原理可知C、D两点电势相等，A、B两点电势不相等，故B错误；
C、电子从C点沿直线运动到D点，竖直方向的两个电荷对电子不做功，水平方向的两个电荷对电子先做负功后做正功，则电子的电势能先增加后减小，故C正确；
D、电子从O点沿直线运动到B点，在竖直方向+Q和−Q的电场中，电场力对电子做负功，在水平方向两个+Q的电场中，电场力对电子也做负功，所以电子从O点沿直线运动到B点，电场力一直做负功，电势能一直增加，故D错误。
故选：AC。
本题可根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况，运用电场的叠加原理进行分析；分析要抓住电场线和等势线分布的对称性；由电场力做功情况分析电势能的变化情况。
本题关键是要明确两个等量同种电荷和等量异种电荷电场线和等势面的分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，灵活运用电场的叠加原理进行分析。

10.【答案】AD 
【解析】解：A、以水平速度v1从O点抛出小球，O、P的连线正好与斜面垂直，由平抛运动的规律和几何关系得：tanθ=v1t112gt12=2v1gt1，解得：t1=2v1gtanθ，故A正确；
B、以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，速度与斜面垂直，由平抛运动的规律和几何关系得：tanθ=v2gt2，解得：t2=v2gtanθ，故OQ连线与竖直方向夹角满足tanα=2tanθ，而OP连线与竖直方向夹角为θ，则α>θ，故Q点在P点上方，故B错误；
C、Q点在P点上方，则球以速度v1抛出下落的高度大于以速度v2抛出下落的高度，由y=12gt2得：t= 2hg，则t2x1，由v0=xt得，v2>v1，故C错误；
D、落在P点的时间与落在Q点的时间之比：t1：t2=2v1gtanθ：v2gtanθ=2v1：v2，故D正确。
故选：AD。
以水平速度从O点抛出小球，小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，以水平速度v1从O点抛出小球，位移方向与斜面垂直，以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，速度与斜面垂直，结合运动学公式和结合几何关系列式求解。
本题考查斜面上的平抛运动问题，知道平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，结合运动学公式列式求解即可。

11.【答案】AB 
【解析】解：A.金属棒绕OO′轴转动切割，切割的有效长度为r，棒产生的感应电动势：E=Br0+ωr2=Bωr22
故A正确；
B.电容器并联在外电阻R两端，则电容器两端的电压为U=Bωr22
根据平衡条件mg=Udq
所以微粒的电荷量与质量之比为qm=2gdBωr2
故B正确；
C.电阻消耗的电功率为P=U2R=B2ω2r44R
故C错误；
D.电容器所带的电荷量Q=CU=BCωr22
故D错误。
故选：AB。
根据转动切割产生的感应电动势公式求出金属棒产生的感应电动势；抓住电容器两端的电压等于电动势，结合Q=CU求出电容器所带的电荷量；根据带电微粒在电容器间处于静止，即电场力和重力平衡，结合电势差求出电场强度，从而得出微粒的电荷量和质量比值；根据P=U2R求出电阻消耗的电功率。
解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式，注意切割的有效长度，知道在该电路中，金属棒电阻不计，外电压等于电动势。

12.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
根据右手定则判断电流方向；根据动量守恒定律求解最终的速度大小；根据能量关系求解导体棒产生的焦耳热；对金属棒根据动量定理结合电荷量的经验公式求解通过导体棒的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

【解答】
A.金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为c→b→M→N，最后二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误。
B.以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受外力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律
mv0=3mv
可得v=13v0，故B正确。
C.由能量守恒可知，导体棒产生的焦耳热为
Q=12mv02−12×3mv2=13mv02
故C正确。
D.对导体棒，取向右为正方向，根据动量定理有
BI−LΔt=2mv−0
其中，I−Δt=q。于是得通过导体棒的电荷量为
q=2mv03BL
故D正确。
故选BCD。
  
13.【答案】12k 12mv22  C 
【解析】解：①以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
12mv12−mgx1=12mv22−mgx2
整理得：
v22−v12=2g(x2−x1)
所以图象的斜率k=2g，
解得：g=12k；
②若选择光电门2所在高度为零势能面，小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门2时的机械能，则
E1=12mv12+mg(x2−x1)=12mv22
③太靠近刻度尺零刻度，经过光电门1的速度较小，经过光电门1的时间较长，则v1的测量误差较大；太靠近光电门2，则x2−x1的差值和v22−v12差值均较小，不利于图像描点连线处理数据。所以既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2，故C正确．
故选：C
故答案为：①12k；②12mv22；③C.
(1)小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，结合图象即可求解重力加速度；
(2)小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能；
(3)靠近刻度尺零刻度会影响经过光电门1的时间，靠近光电门2会影响高度差的测量．
解答实验题首先要理解实验原理，知道如何减小实验误差，能从图象中得出有效信息，本题的关键是根据机械能守恒定律列出方程，难度适中．

14.【答案】甲  图乙电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏 
【解析】解：(l)精确测量电阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；电流表A的量程太小，须串联一定值电阻R0，R′当作保护电阻，电路图如图

(2)图甲为合理电路，图乙不合理的理由是电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏。
故答案为：(1)电路图如图所示：

(2)甲图乙电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏。
(1)根据待测电表内阻与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据电表内阻与待测电阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图；
(2)根据电表的改装原理，明确电路的连接情况即可。
本题考查电路图的设计，注意定值电阻的作用，理解电流表和电压表均视为定值电阻，只是它们可同时显示通过的电流和两边的电压值．设计实验电路时首先要保证电路安全．

15.【答案】解：(1)火箭自由下落的高度h1=3225m−3100m=125m
由h=12gt2，
解得：t1=5s；
(2)火箭自由下落的末速度为：v1=gt1=50m/s
匀速下落的高度为：h2=v1t2=50×50m=2500m；
(3)火箭匀减速下落的高度为：h3=600m
匀减速下落过程的平均速度为：v−=v1+v2
由h3=v−t3，
解得：t3=23.1s；
答：(1)一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间为5s；
(2)一级火箭匀速下落的高度是2500m；
(3)一级火箭最后匀减速下落的时间是23.1s。 
【解析】(1)由位移公式直接求解自由落体所需时间；
(2)自由落体末速度是匀速下落的速度，根据位移公式可求匀速下落高度；
(3)根据匀变速的平均速度推论求出平均速度，进而求匀减速下落的时间；
本题是运动学中多过程问题，关键要掌握速度公式和各个过程速度的关系，即前一过程的末速度是后过程的初速度。

16.【答案】解：(1)粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，粒子做类平抛运动，其在竖直方向上做匀速运动，则有：
v0=vcos60∘=12×4×107m/s=2×107m/s；
(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，轨迹如下图所示：

由洛伦兹力提供向心力得：
Bqv=mv2R
根据几何关系，要使粒子不从CD边界射出需满足：R+Rcos60∘≤a
解得：R≤23a=23×0.3m=0.2m
解得磁感应强度：B=mvqR≥4×1072.5×109×0.2T=0.08T；
(3)粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，粒子运动轨迹如下图所示：
；
根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，由对称性可得粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为60∘。
设出磁场处为Q点，粒子运动半径为R′，则由几何关系得：
OQ=OAtan60∘=0.1 3m
PQ=PO+OQ=2 33OA+OQ=2 33×0.1m+0.1 3m=0.3 3m=2R′sin60∘，
解得：R′=0.1m
同理解得：B=mvqR′=4×1072.5×109×0.1T=0.16T。
答：(1)粒子在A点进入电场的初速度v0为2×107m/s；
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围为B≥0.08T；
(3)此磁感应强度的大小为0.16T。 
【解析】(1)根据粒子由A到P的运动过程只受电场力作用，做类平抛运动，根据运动的分解求解；
(2)根据几何关系由磁场宽度求得粒子做圆周运动的轨道半径范围，根据洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度范围；
(3)粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，根据几何关系求得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度。
本题考查了带电粒子在复合电磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道半径与速度大小相关联，时间与圆心角相关联。在电场的类平抛运动处理方法是运动分解与合成。

17.【答案】解：(1)减震器受到的安培力为：F安=nBIL=nB⋅nBLv0R⋅L=n2B2L2v0R
刚进入磁场减速瞬间减震器的加速度为：a=F安m=n2B2L2v0mR
代入数据得：a=4m/s2
(2)设向右为正方向，对减震器进行分析，由动量定理I=Δp可得：
−F安−t=−n2B2L2v−R⋅t=−n2B2L2R⋅2d=mv′−mv0
解得：v′=v0−2n2B2L2dmR
代入数据得到：v′=0.2m/s
(3)由第(2)小题得，每一个线圈进入磁场的过程中，减震器速度减小量：Δv=0.4m/s
线圈的个数为：N=50.4=12.5个
则需要13个线圈，只有进入磁场的过程线圈产生热量，线圈产生的热量等于动能的减少量。
第一个线圈恰好完全进入磁场时：v1=v−Δv=5m/s−0.4m/s=4.6m/s
最后一个线圈刚进入磁场时：v13=0.2m/s
因此：k=12mv2−12mv1212mv132=52−4.620.22=96
答：(1)刚进入磁场时减震器的加速度大小为4m/s2；
(2)第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为0.2m/s；
(3)动杆上需安装13个线圈才能使其完全停下来。第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k为96。 
【解析】(1)刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求出滑动杆受到的安培力大小，再根据牛顿第二定律求解滑动杆刚进入磁场时滑动杆的加速度大小；
(2)第二个线圈恰好完全进入磁场时，设向右为正方向，对滑动杆由动量定理解答速度；
(3)根据动量定理计算出每一线圈通过磁场时速度的减小量，从而求出线圈的个数，再由动能的公式求出k的值。
解决本题的关键要学会运用动量定理求解导体杆在磁场中运动的速度，由于导体杆在磁场中做的是非匀变速运动，不能用运动学公式求速度，动量定理是求这种速度常用的方法。