2023届浙江省金华市十校联考高三一模物理试卷含解析

这是一份2023届浙江省金华市十校联考高三一模物理试卷含解析，共33页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 2023年浙江省金华市十校联考高考
物理一模试卷
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）下列关于单位的说法正确的是 （　　）
A．长度的单位m、cm、mm都是国际单位制中的基本单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的基本单位
C．根据单位制运算，ωv（ω指角速度、v指线速度）的单位是rad/s2
D．若各物理量都采用国际制单位，则通过物理公式得出的最后结果一定也是国际制单位
2．（3分）关于下列四幅图，说法正确的是（　　）

A．图甲中肥皂膜上的条纹是衍射现象，说明了光的波动性
B．图乙是光经过大头针尖时的照片，说明了光的粒子性
C．图丙是富兰克林使用X射线拍摄的DNA晶体，是利用X射线具有波动性
D．图丁是观众戴着眼镜观看3D电影，是利用光的粒子性
3．（3分）天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是（　　）

A．作业过程中P与B线速度大小一定相等
B．作业过程中P与B线速度方向一定相同
C．作业过程中P与B角速度大小一定相等
D．作业过程中P与B加速度大小一定相等
4．（3分）图为一辆某建设工地上运送沙石的厢式自卸车，到达目的地后准备卸下车厢内的沙子，此时车头朝前，车厢与水平面的夹角α逐渐增大，整个卸沙过程汽车车轮相对地面始终静止。对此下列说法正确的是（　　）

A．车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角α逐浙增大，汽车受到沙子的作用力越来越大
B．车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角α逐渐增大，汽车受到地面的支持力越来越大
C．当夹角α为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的摩擦力为零
D．当夹角α为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的静摩擦力方向向前
5．（3分）一孤立均匀带电金属球带电量为q，半径为R，球外两点A、B始终处于球同一半径的延长线上OA，LOB（LOB＞LOA＞R），如图所示，则以下说法正确的是（　　）

A．若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电场强度均保持不变
B．若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电势差保持不变
C．若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电场强度之差增大
D．若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电势差不变
6．（3分）不少车主常在私家车内备有电动充气泵，如图所示。某次充气前测得某轮胎胎内气体压强只有，为使汽车正常行驶．若已知该轮胎的内胎体积为V0，车主用电动充气泵给轮胎充气，每秒钟充入，压强为，胎内气体可视为理想气体，充气过程中内胎体积和胎内气体温度保持不变。则下列说法正确的是（　　）

A．充气过程中胎内气体内能保持不变
B．充气过程中胎内气体一定向外吸热
C．为使汽车正常行驶，需要电动充气泵给该轮胎充气时间约100s
D．为使汽车正常行驶，需要电动充气泵给该轮胎充气时间约110s
7．（3分）如图所示，用一原长为L的弹性细绳一端固定，另一端连接一质量为m的小球，使弹性细绳与竖直方向成一个小角度后，从A点静止释放，此后小球做来回摆动，B点（图中未画出），小球可视为质点，弹性细绳始终处于弹性限度范围内，则下列说法正确的是（　　）

A．静止释放瞬间，小球的加速度方向水平向左
B．小球摆动过程机械能守恒，B点与A点等高
C．若仅改用长为L的不可伸长的细绳，该摆动装置的周期将变化
D．若仅改用长为L的不可伸长的细绳，小球摆至左侧最高点时细绳拉力为零
8．（3分）如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是一节两端都吸有强磁铁的干电池，发现两端的强磁铁无论是同名相对还是异名相对，螺线管的口径较“小火车”大。将“小火车”放入螺线管内，在电池的正负极之间的一段螺线管上形成电流，则（　　）

A．“小火车”因为电池两端磁铁之间的排斥力而运动
B．“小火车”通过电池两端磁铁与通电螺线管之间的相互作用而运动
C．干电池正负极对调后，“小火车”运动方向将不变
D．“小火车”放入表面无绝缘层的裸露铜管内也会沿铜管运动
9．（3分）2022年2月27日，我国长征八号运载火箭一次发射了22颗卫星，并全部成功送入预定轨道，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道面在同一平面内且两轨道相交于A、B两点，如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．两卫星在图示位置的速度v1＞v2
B．两卫星在图示位置时，卫星1受到的地球引力较大
C．卫星1在A处的加速度比卫星2在A处的加速度大
D．若不及时调整轨道，两卫星可能发生相撞
10．（3分）动车组进站时做匀减速直线运动直至减速到零，停靠一段时间后，动车组做匀加速直线运动，用位移随速度变化的关系图像进行描述，其中正确的是（　　）

A． B． C． D．
11．（3分）如图（a），在水平面内以O点为原点建立x坐标轴，两个上下做简谐振动的点波源S1和S2分别位于x1＝0和x2＝10m处，水平面内以O点为圆心有①至④四个同心圆，半径分别为4m、8m、12m和16m。S1、S2两波源的振动图像分别如图（b）和图（c）所示（　　）

A．两列波的起振方向相同，且波长均为4m
B．③④两个同心圆圆周上振动加强点的个数相同
C．半径越大的同心圆圆周上振动加强点的个数越多
D．除x1＝0和x2＝10m两点外，x坐标轴上还有4个加强点
12．（3分）学了发电机的原理后，小明所在的研究小组设计了如下的方案，绕有n匝、边长为L的正方形金属线圈，某时刻线圈刚好转至OO'，与水平线MN所决定的平面，磁感应强度为B，如图2所示。线圈外部连有阻值为R的电阻，则（　　）

A．电阻R上通过的电流为交流电
B．线圈产生的感应电动势的有效值为Bωn2L2
C．线圈转动一周电阻R上通过的电量为零
D．线圈转动一周电阻R上产生的焦耳热是
13．（3分）长春某特警支队的2019年反恐演练出现了一款多旋翼查打一体无人机，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，机身始终保持水平，不计空气阻力（　　）

A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）
（多选）14．（2分）2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置—中国环流器二号M装置（HL﹣2M）在成都建成并实现首次放电。“人造太阳”主要是将氘核与氚核聚变反应释放的能量用来发电H+H→X+1，氚核的质量为m2，中子的质量为m3反应中释放的核能为ΔE，光速为c，下列说法正确的是（　　）

A．核反应前后质量数守恒、电荷数守恒
B．反应产物X核是氦核
C．反应产物X核的结合能比Li的结合能大
D．反应产物X的质量为
（多选）15．（2分）如图所示是某吊扇的相关参数，测得吊扇正常匀速转动时排风量为Q＝720m3/h，扇叶附近的风速为v＝14.1m/s，电机内阻R＝496Ω3，g＝10m/s2，不计空气阻力，以下说法正确的是 （　　）

A．启动过程消耗的电能等于扇叶和空气的动能增加量
B．正常工作时吊扇电机的发热功率为24W
C．正常工作时电机的输出功率为24W
D．正常工作时天花板对吊杆的拉力约为46.6N
（多选）16．（2分）如图所示，两块半径为R的半圆形玻璃砖正对放置，折射率均为n＝，一束单色光正对圆心O从A点射入左侧半圆形玻璃砖，∠AOB＝60°，下列说法正确的是（　　）

A．减小∠AOB，光线可能在BC面O点发生全反射
B．增大∠AOB，光线在BC面O点的反射光可能消失
C．增大BC、B′C′间距，光线可能在右半圆形玻璃砖右侧面发生全反射
D．如果BC、B′C′间距等于，光线穿过两个半圆形玻璃砖的总偏折角为30°
三、非选择题(本题共6小题,共55分)
17．（7分）（1）在利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验中，下列说法正确的是 　 　。
A.重锤质量的测量误差可能会造成较大的实验误差
B.选择密度大些的重锤，有利于减小实验误差
C.实验时应先接通电源，再释放纸带
D.某同学通过描绘v2﹣h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是一条过原点的直线，并且该直线的斜率为9.8

（2）小明同学经过上述实验后，设计了一个实验测定本地的重力加速度，装置如图乙所示，得到分被图片，利用图片中小球的位置来测量当地的 重力加速度。下列主要操作步骤的正确顺序是 　 　。（填写各步骤前的序号）
①把刻度尺竖直固定在墙上，手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③打开手机摄像功能，开始摄像
（3）停止摄像，从视频中截取三锁图片，图片中小球和刻度如图丙所示。已知所截取的图片 相邻两帧之间的时间间隔为s，由此测得重力加速度为 　 　m/s2。（结果保留三位有效数字）
（4）在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时略偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，　 　（选填“能”或“不能”）用（3）问中的方法测出重力加速度。
18．（7分）如图所示为无线话筒中常用的一种电池，某同学测量该电池的电动势和内阻（内阻约为25Ω），供选择的器材有：电流表A（量程为200μA，内阻为500Ω）1（最大阻值为9999.9Ω），电阻箱R2（最大阻值为99999.9Ω），开关S和若干导线。
（1）由于电流表的量程太小，需将电流表改装成量程为9V的电压表，则电流表应与电阻箱 　 　（选填“R1并联”、R1串联”、“R2并联”或“R2串联”），并将该电阻箱的阻值调为 　 　Ω。
产品名称
南孚9V碱性电池
电压
9V
保质期
7年
型号
6LR611粒装
含汞量
无汞
执行标准号
GB/T 8897.2
客服电话
4008873599
（2）请在方框内画出测量电池电动势和内阻的电路图（需将R1、R2标注区分）。

（3）为了测量电池的电动势，调节其中某一电阻箱的阻值R，读出相应的电流表示数I，分别计算出和的值坐标系中（如图所示）。若不考虑电表对电路的影响　 　V。（结果保留两位有效数字）。

19．（9分）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？
（3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？
20．（12分）如图是一种弹射游戏装置示意图，该装置配有小车，弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2运动，直至从E点平抛落回与C点等高的水平面上。轨道1、2的圆心分别为O1O2，半径分别为R1＝20cm、R2＝10cm，OA为水平光滑轨道，AC为长度L＝60cm的水平粗糙轨道，圆弧轨道CD、DE的半径均为R3＝20cm，对应圆心角θ均为37°，水平轨道与圆弧轨道CD相切于C点。可视为质点的小车质量m＝0.1kg，轨道各部分平滑连接，g取10m/s2。

（1）求小车通过轨道1最高点B的最小速度vB；
（2）改变弹射器对小车的冲量，但小车均能通过轨道1、2，写出小车通过轨道2最低点A时；
（3）若小车能够通过轨道1，且小车整个运动过程均不脱离轨道，求小车从E点水平抛出后
21．（10分）如图（俯视）所示，在间距L＝0.2m的两光滑平行水平导轨间，磁感应强度分布沿y方向不变，沿x方向如下：B＝，x≥0区域内的导轨为绝缘材料，导轨间通过单刀双掷开关S连接稳压电源U＝1V和电容C＝1F的未充电的电容器1＝1Ω的金属棒a垂直导轨静止放置于x＜0区域某处，且离开x＝0处足够远，未闭合多匝矩形线框b静止在x＞0区域，线框沿y方向长度L1＝0.2m，沿x方向宽度L2＝0.1m，匝数n＝80，阻值R2＝9Ω，质量M＝0.64kg。当开关S掷向1时给电容器充电，电容器充电结束后开关S掷向2，已知金属棒a在运动过程中始终与导轨垂直。求：
（1）开关S接通2瞬间，金属棒a的加速度a1；
（2）金属棒a刚运动到x＝0处时的速度v1；
（3）金属棒a越过x＝0处后与线框b碰撞，刚好合为一个闭合的多匝线框，则该线框最终停止运动时

22．（10分）如图所示，真空中有一长为H的直细金属导线MN，置于一半径为r、高为H的金属圆柱网面的轴线上，导线MN为负极。金属圆柱网面与半径的同轴等高圆柱面之间，磁感应强度为B，其大小可调。假设导线每秒逸出的电子数为N，同一高度逸出的电子均沿水平径向由静止开始加速，且沿各径向方向也均匀分布。已知电子质量为m，不考虑出射电子间的相互作用。
（1）求电子到达金属圆柱网面速度大小v1；
（2）要求没有电子能飞出半径R1的圆柱侧面，求磁感应强度的最小值B；
（3）若磁感应强度的大小保持上题（2）得到的最小值B，并在金属圆柱网面与半径为R1的圆柱面之间，加竖直向下的匀强电场，电场强度为E（E≥），接收板圆心与M点重合，半径为R2＝，厚度忽略不计，在该金属板上接地的线路中检测到电流的电流强度为I


2023年浙江省金华市十校联考高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．【分析】国际单位制中的力学的基本单位为kg、m和s，牛顿不是基本单位；物理学公式不仅反映了物理量的数量关系，也反映了物理量的单位关系。
【解答】解：A、国际单位制中长度的基本单位为m；
B、千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，故B错误；
C、角速度的单位为rad/s，ωv的单位为rad•m/s2，故C错误；
D、若各物理量都采用国际制单位，故D正确。
故选：D。
2．【分析】根据光的干涉现象、衍射现象及偏振片的原理即可判定。
【解答】解：A、图甲中肥皂膜上的条纹是光的干涉现象造成的，故A错误；
B、图乙是光经过大头针尖时的照片，说明了光的波动性；
C、图丙是富兰克林使用X射线拍摄的DNA晶体，是利用X射线具有波动性的性质；
D、图丁是观众戴着眼镜观看3D电影，故D错误。
故选：C。
3．【分析】PB为同轴传动关系，所以ω相同，再根据角速度线速度半径加速度之间的关系即可判断。
【解答】解：A.由于PB两点为同轴传动，所以两点的角速度相同，PB两点的半径不确定是否相同，故A错误；
B.线速度的方向为该点与原圆心连线的垂直方向上，由于PB两点与圆心连线不重合，故B错误；
C.根据A选项的分析，故C正确；
D.根据圆周运动加速度公式a＝ω2r，PB的r不确定是否相同，故D错误。
故选：C。
4．【分析】根据平衡条件，分析沙子受到的作用力，再根据牛顿第三定律，分析汽车受到沙子的作用力；
根据平衡条件，分析汽车受到地面的支持力；
沙子恰好匀速下滑，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零。
【解答】解：A．当车厢内的沙子没有滑动时，沙子受到汽车的作用力和重力是平衡力，二者大小相等，则沙子受到的作用力不变，汽车受到沙子的作用力不变；
B．当车厢内的沙子没有滑动时，是一对平衡力，二者大小相等，重力不变，所以随着夹角α逐渐增大，故B错误；
CD．当夹角为某一值时，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，此时汽车受到地面的摩擦力为零，D错误；
故选：C。
5．【分析】根据电场强度的计算公式分析电场强度的大小，根据U＝d分析A、B两点的电势差的变化。
【解答】解：均匀带电球体在其周围产生的电场相当于把电荷集中在球心产生的电场。
A、根据电场强度的计算公式可得：E＝，A、B两点的电场强度均增大；
B、若仅增大金属球的带电量q，根据U＝，A、B两点的电势差增大；
CD、若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R、B两点的电场强度之差不变、D正确。
故选：D。
6．【分析】A.理想气体的内能与温度和物质的量有关，对同种气体，内能与温度和分子数有关；
B.若绝热压缩气体，气体的温度将升高，题目中胎内气体温度不变，据此分析作答；
CD.先根据题意求解t时间内充入气体的体积，再根据玻意耳定律求充气时间，然后作答。
【解答】解：A.充气过程中胎内气体温度保持不变，分子的平均动能不变，因此充气过程中胎内气体内能增大；
B.充气过程是将外界气体压缩到胎内，若绝热压缩气体，气体的温度降升高，说明在压缩气体的同时，故B错误；
CD.设充气时间为t，该时间内充入的气体体积
根据玻意耳定律p4（V0+V1）＝p7V0
代入数据解得t≈110s
综上分析，故C错误。
故选：D。
7．【分析】静止释放瞬间，弹性细绳的弹力为零，根据牛顿第二定律分析加速度方向。小球摆动过程机械能守恒，小球和弹性细绳组成的系统机械能守恒。若仅改用长为L的不可伸长的细绳，该摆动装置的周期将变化。小球摆至左侧最高点时细绳拉力等于重力沿绳子方向的分力。
【解答】解：A、静止释放瞬间，小球的合力为重力，故A错误；
B、在小球摆动过程中，小球摆至左侧最高点B时，有弹性势能，B点比A点低；
C、弹性细绳的原长为L，弹性细绳的长度是变化的，该摆动装置的周期将变化；
D、若仅改用长为L的不可伸长的细绳，向心力为零，故D错误。
故选：C。
8．【分析】根据安培定则分析磁场的方向，再根据磁体间的相互作用即可明确受力情况，从而确定运动情况。
【解答】解：AB.将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入裸铜线绕成的螺线管内，干电池的正负极，形成电流，由于干电池两端都吸有强磁铁，进而驱使其运动，B正确；
C.只将干电池的正负极对调，则螺线管产生的磁场的方向也改变，小火车两侧磁铁所受磁场力也会改变，故C错误；
D.若将“小火车”放入表面无绝缘层的裸露铜管后，则裸露铜管会形成直线电流，不会导致其沿铜管运动。
故选：B。
9．【分析】以地球球心为圆心，以卫星2此时到地心的距离为半径作圆，根据变轨原理结合线速度的计算公式进行分析；根据万有引力定律分析万有引力的大小；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第三定律分析两颗星是否可能相撞。
【解答】解：A、以地球球心为圆心，如图所示：

根据变轨原理可知卫星2在轨道3上的线速度v6大于v2
由万有引力提供向心力有：＝m，所以卫星1的线速度v1＞v5，故v1＞v2，故A正确；
B、根据万有引力定律可得：F＝，无法判断万有引力的大小；
C、根据牛顿第二定律可得，解得a＝，所以卫星8在A处的加速度与卫星2在A处的加速度相等；
D、根据开普勒第三定律可得，由于圆的半径与椭圆的半长轴相等，两颗星不可能相撞。
故选：A。
10．【分析】根据匀变速直线运动位移—速度公式求解加速过程和减速过程位移随速度的变化规律，对比图像分析即可。
【解答】解：动车组进站时的运动为末速度为零的匀减速直线运动，由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2﹣＝2ax
整理得：x＝
且a为负值，故x﹣v图像应为开口向下的二次函数图象；
动车组出站时，做初速度为零的匀加速直线运动5＝2a′（x﹣x0）
其中x5是停止时的位置坐标，整理得：x＝3
a′为正值，故图象为开口向上的二次函数图象，ABD错误。
故选：C。
11．【分析】A.根据图（b）、（c）可以判断两列波的起振方向，根据公式λ＝vT求波长；
BC.根据振动加强和减弱的条件求解③、④圆上的波程差，从而振动加强点的个数；
D.根据振动加强和减弱的条件求解在x轴上的0～10m之间，振动加强点的个数，据此分析作答。
【解答】解：A.根据图（b）、（c）可知两列波的起振方向相反，波速相同，故A错误；
BC.振动加强点满足波程差，其中n＝0，3，2
因此Δr＝2m，3m
无论在③还是④的圆上，最小波程差Δrmin＝0，最大波程差Δrm＝10m
所以在这两个圆周上振动加强点的个数相同，故B正确；
D.在x轴上的0～10m之间，设波源S6与加强点的距离为x，则与波源S2的距离为（10﹣x）
加强点满足或
代入数据解得x＝0，6m，6m，10m1＝2和x2＝10m两点外，x坐标轴上还有4个加强点；
在x轴上的大于10m之外还有无数个加强点，故D错误。
故选：B。
12．【分析】线框在磁场中绕垂直于磁场的轴转动，产生正弦交流电，同时分析电量变化，根据最大值解得有效值，根据焦耳热公式分析D。
【解答】解：AC、线框在磁场中绕垂直于磁场的轴转动，线圈中电流每半圈方向改变一次，使得通过电阻R的电流方向不变，则电阻R上通过的电流是直流，故A正确；
B、线圈产生的感应电动势的最大值Em＝nBL2ω，感应电动势的有效值E＝＝2ω，故B错误；
D、由A知，但电流方向一直不变，为I＝＝，此过程2RT
解得Q＝，故D错误；
故选：A。
13．【分析】发射微型导弹后，根据无人机的受力情况分析运动情况；水平方向根据动量守恒定律求解发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小；微型导弹落地过程中，系统竖直方向受力平衡，根据动量守恒定律求解无人机离地高度；根据平抛运动的规律求解微型导弹落地时经过的时间，由此得到无人机与导弹落地点的水平距离。
【解答】解：A、发射微型导弹后，其重力减小，将做匀变速曲线运动；
B、取无人机后退速度方向为正方向1﹣mv，解得：v1＝，故B错误；
C、由于微型导弹落地过程中，动量守恒，则有：2＝m
解得此过程中无人机上升的高度为：h＝
所以无人机离地高度为：h′＝h+H＝，故C错误；
D、微型导弹落地时经过的时间为：t＝1）t，解得：x＝。
故选：D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）
14．【分析】根据核反应过程质量数守恒和电荷数守恒即可判断生成物；核反应方程式中，生成物比反应物稳定，根据爱因斯坦质能方程即可判断X核的质量。
【解答】解：A、发生核反应的过程中质量数和电荷数守恒；
B、根据质量数守恒和荷数守恒，电荷数为2，故B正确；
C、核反应方程式中，氦核可以聚变为，所以氦核的比结合能小于，故C错误；
D、设X的质量为m8，根据质能方程得ΔE＝（m1+m2﹣m6﹣m4）c2
解得：m5＝m1+m2﹣m7﹣，故D错误；
故选：AB。
15．【分析】根据能量守恒分析即可；根据P＝UI求解电路中的电流，根据P热＝I2R求解发热功率；非纯电阻电路的电功率等于输出功率与热功率之和；根据动量定理求解吊扇对空气的作用力，根据平衡条件求解天花板对吊杆的拉力。
【解答】解：A、吊扇启动过程消耗的电能等于扇叶和空气的动能增加量与产生的热量之和；
B、正常工作时＝A＝0.25A
正常工作时吊扇电机的发热功率为P热＝I2R＝4.252×496W＝31W
故B错误；
C、正常工作时电机的输出功率为P出＝P﹣P热＝55W﹣31W＝24W
故C正确；
D、对空气
其中m＝ρQt
代入数据解得：F≈3.5 N
由牛顿第三定律可知，空气对吊扇向上的作用力为F'＝F＝3.4N
所以正常工作时天花板对吊杆的拉力约为F拉＝m'g﹣F'＝2.0×10N﹣3.5N＝46.6 N
故D正确。
故选：CD。
16．【分析】根据全反射的条件分析减小∠AOB，光线能否在BC面发生全反射；作出光路图，根据光路图分析当改变BC、B′C′间距时，光线到达右半圆形玻璃砖右侧时入射角的变化情况，从而分析是否会发生全反射；根据折射定律和几何知识分析光线穿过两个半圆形玻璃砖的总偏折角。
【解答】解：A、光路图如图所示：

玻璃砖的临界角为sinC＝＝＝
解得C＝45°，所以减小∠AOB，故A正确；
B、增大∠AOB，所以光线在BC面O点的反射光可能消失；
C、B′C′间距越大，可能超过临界角，故C正确；
D、由折射定律可得∠O′OD＝45°，∠O′DE＝120°
在△O′DE中，由正弦定理可得
代入数据可得∠O′ED＝30°，由折射定律可得∠FEG＝45°，故D错误；
故选：AC。
三、非选择题(本题共6小题,共55分)
17．【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据实验步骤分析判断；
（3）先确定刻度尺的最下分度值，读出小球三个位置，根据自由落体运动规律Δy＝gΔt2计算重力加速度；
（4）根据几何知识和时间相等分析。
【解答】解：（1）A.验证实验中是根据进行验证，故A错误；
B.选择密度大些的重锤，可以减小空气阻力对实验的影响，故B正确；
C.实验时应先接通电源，再释放纸带，故C正确；
D.某同学通过描绘v2﹣h图像研究机械能是否守恒，因为空气阻力做功，即：，并且该直线的斜率小于9.6。
故选：BC。
（2）实验中先固定手机，再打开手机摄像功能，则正确的顺序为：①③②；
（3）刻度尺的最小分度值为1mm，从左到右三幅图中小球的位置分别为：2.50cm，77.30cm
根据自由落体运动规律Δy＝gΔt8
可得：×10﹣2m/s2＝9.65m/s4
（4）小球下落时略偏离了竖直方向，将位移向竖直方向分解，能用（3）问中的方法测出重力加速度。
故答案为：（1）BC；（2）①③②；（4）能。
18．【分析】（1）根据电流表的改装原理分析计算；
（2）根据电流表和电阻箱R2串联再和电阻箱R1并联，画出电路图；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像计算。
【解答】解：（1）由于电流表的量程太小，需将电流表改装成量程为9V的电压表，根据欧姆定律可知串联电阻的阻值为
＝＝4.45×104Ω
则电流表应与电阻箱R2串联，并将该电阻箱的阻值调为4.45×104Ω
（2）将电流表改装成电压表后测量路端电压，故电流表和电阻箱R2串联再和电阻箱R2并联，电路如图所示

（3）根据闭合电路欧姆定律有：
整理得：
将坐标系中各点用直线连接，如图所示

由图像可得

解得：E＝8.5V
故答案为：（1）R2串联，4.45×105；（2）见解析；（3）8.7。
19．【分析】（1）根据竖直上抛运动对称性求解运动时间；
（2）现根据牛顿第二定律求解加速度，再依据速度—位移公式求解上升的最大高度；
（3）根据力的平衡条件求解。
【解答】解：（1）若不计空气阻力，小球做竖直上抛运动
从抛出直至回到抛出点的时间t2＝2t3
解得t2＝2s
则小球从抛出直至回到抛出点经过的时间为8s；
（2）设上升过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mg+f＝ma
又空气阻力大小f＝0.2N
解得：
小球向上做匀减速直线运动，根据速度—位移公式有：﹣
解得：
则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为；
（3）小球落回抛出点前速度恒定，说明所受合力为0

答：（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过2s时间；
（2）若空气阻力大小恒为6.2N，则小球上升到最高点时；
（3）关系式中的k值为5.2kg/s。
20．【分析】（1）恰好通过单轨模型最高点时，重力提供所需向心力，由牛顿第二定律求小车通过轨道1最高点B的最小速度；
（2）弹射器弹开过程中由动量定理求出弹开时小车速度，小车运动至圆轨道2最低点A时，根据牛顿第二定律求出轨道对小车的支持力和小车冲量之间的关系式，为确保小车通过圆轨道在最高点由最小速度，根据动能定理可求出小车在最低点的速度满足条件，从而得到小车冲量的条件；
（3）由圆周运动特点，由牛顿第二定律分析D点不脱离轨道时速度条件，然后利用动能定理，平抛运动规律分析水平距离x的范围。
【解答】解：（1）若能通过轨道1最高点，必然能够通过其他轨道，
故满足mg＝m，解得vB＝m/s
（2）弹射器弹开过程中由动量定理I＝mv0
根据机械能守恒定律可知
小车运动至圆轨道2最低点A时，根据牛顿第二定律有
解得（N）
由（1）可得为确保小车通过圆轨道，需满足
根据动能定理有
解得，
故轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为
（N）（）
（3）小车冲上两段平滑连接的圆弧轨道CDE时，最容易脱离轨道的位置为D点，
则应满足
即
由（1）可得小车通过圆轨道Ⅰ，则有，当时，根据动能定理有
2mgR1﹣μmgL﹣mgR6（1﹣cosθ）＝﹣
解得，因此小车不会脱离轨道。
①时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE到达E点
6mgR1﹣μmgL﹣mgR3（4﹣cosθ）＝
有平抛时间
解得落点离E点水平距离点最小值xmin＝vEmint＝0.08m
②时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE到达E点
﹣mgR3（1﹣cosθ）＝
平抛时间
解得落点离E点水平距离点最大值
故水平距离x的范围或（3.08m≤x≤0.11m）
答：（1）小车通过轨道1最高点B的最小速度为m/s；
（2）轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为（N）（）；
（3）水平距离x的范围为或（7.08m≤x≤0.11m）。
21．【分析】（1）开关S接通2瞬间，金属棒a两端电压为U，由欧姆定律求出通过金属棒a的电流，由安培力公式和牛顿第二定律相结合计算金属棒a的加速度a1；
（2）金属棒a开始时离开x＝0处足够远，所以金属棒a运动到x＝0处时速度已稳定，此时电容器两端电压U′＝BLv1，速度从零增大到v1的过程流过金属棒的电荷量q＝C（U﹣U′），结合动量定理求v1；
（3）金属棒a越过x＝0处后与线框b碰撞，根据动量守恒定律求出碰后系统的共同速度。利用动量定理计算该线框最终停止运动时，金属棒a离开x＝0处的距离。
【解答】解：（1）开关S接通2瞬间，金属棒a两端电压为U
I＝
金属棒a受到的安培力大小F安＝BIL
由牛顿第二定律得
F安＝ma4
解得：a1＝1.25m/s5，方向沿x轴正方向。
（2）金属棒a开始时离开x＝0处足够远，所以金属棒a运动到x＝0处时速度已稳定5
速度从零增大到v1的过程流过金属棒的电荷量为q＝C（U﹣U′）
取向右为正方向，对金属棒a
BL1•t＝mv2﹣0
又q＝•t
联立解得：v1＝7m/s
（3）该线框最终停止运动时，金属棒a离开x＝0处的距离为s。
设金属棒a与线框b碰撞后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv6＝（M+m）v2
解得：v2＝7.2m/s
由于闭合的多匝线框左右两边的磁感应强度差值保持ΔB＝0.5T不变
则线框的感应电动势E＝nΔBL1v
感应电流I＝
线框所受的安培力F安＝nΔBIL1＝
根据动量定理得
|I安|＝（M+m）v4
即∑Δt＝（M+m）v2
则＝（M+m）v2
可得s＝m
答：（1）开关S接通2瞬间，金属棒a的加速度a6为1.25m/s2，方向沿x轴正方向。
（2）金属棒a刚运动到x＝2处时的速度v1为1m/s。
（3）该线框最终停止运动时，金属棒a离开x＝6处的距离为m。
22．【分析】（1）由于金属圆柱网面内电场是非匀强电场，要根据动能定理求电子到达金属圆柱网面速度大小v1；
（2）根据题意，没有电子能飞出半径R1的圆柱侧面，就是让电子轨道与半径的同轴等高圆柱面相切，这样求解的是磁感应强度的最小值B，根据几何关系求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的最小值B；
（3）电子在圆柱的竖直方向电场中匀加速运动，在水平方向匀速圆周运动，根据题意以及几何关系可以求解在电场中加速的时间，再根据电场强度判断哪段时间电子可以到达接收板，根据电流定义根据不同情况讨论电流和电场的关系。
【解答】解：（1）根据动能定理eU＝得：电子到达金属圆柱网面速度大小v1＝；
（2）根据题意，没有电子能飞出半径R1的圆柱侧面，临界情况就是让电子轨道与半径，这样求解的是磁感应强度的最小值B，画出柱面以及轨迹俯视图如下图所示：

根据几何关系：，将代入求解出轨道半径R＝，
根据洛伦兹力提供向心力：，代入v6及R值，求出磁感应强度的最小值Bmin＝；
（3）电子在圆柱的竖直方向电场中匀加速运动，加速度a＝，周期T＝，接收板圆心与M点重合2＝，
俯视图如下图所示：

电子匀速圆周运动分别通过①②③④⑤位置，其中①⑤位置分别为刚出和回到金属圆柱网面，根据题意以及几何关系可以证明
∠MOP＝，所以①至②过程圆弧对应圆心角，由H＝，最下端的电子达到接收板的时间小于.
若最下端电子在时刻到达接收板，则，
若最下端电子在时刻到达接收板，则，
第一种情况，若最下端电子在t＜，即E＞，I＝Ne；
第二种情况，若最下端电子在内到达接收板，即，那么能在，
离开接收板的距离小于h7的电子能在轨迹①至②过程达到接收板，所以I＝；
第三种情况，若最下端电子在内到达接收板，即，那么能在，
离开接收板的距离大于h2的电子能在轨迹④至⑤过程达到接收板，
离开接收板的距离小于h7的电子能在轨迹①至②过程达到接收板，
所以I＝＝。
综上所述，电流强度I与电场强度E的关系式为：
若E＞，I＝Ne；
若≤E≤；
若≤E≤。
答：（1）电子到达金属圆柱网面速度大小为；
（2）磁感应强度的最小值为；
（3）若E＞，I＝Ne；
若≤E≤；
若≤E≤。