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2022-2023学年广东省汕头市潮南区高三（下）期初摸底考试物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省汕头市潮南区高三（下）期初摸底考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省汕头市潮南区高三（下）期初摸底考试物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 新冠疫情下，无数医务工作者化身“大白”挺身而出，如图是一位“大白”手里拿着核酸采样管静止在空中，则( )
A. “大白”对采样管的压力大小等于采样管的重力大小
B. “大白”对采样管的摩擦力大小等于采样管的重力大小
C. “大白”对采样管拿得越紧，采样管受到的摩擦力会越大
D. “大白”对采样管的作用力大小等于采样管的重力大小
2. 如图所示，半球形陶罐和陶罐内的物块(视为质点)绕竖直转轴OO′从静止开始缓慢加速转动，物块相对陶罐始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 物块的线速度可能先增大后减小 B. 某时刻物块可能只受两个力
C. 物块一定有上滑的趋势 D. 物块一定有下滑的趋势
3. 在学习机械波相关知识后，两名同学分别乘坐静止在湖面的甲、乙两艘小船，两船水平距离20m。某时刻，一列水波从甲船向乙船传播，每艘船在1min时间内上下浮动30次，已知甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰，以下说法正确的是( )
A. 水波的周期为1s B. 水波的波长为8m
C. 水波的波速为8m/s D. 水波经过一段时间，甲乙两船将靠近
4. 我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉卫星发射中心成功发射。“墨子”由火箭发射至高度为500km的预定圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是( )
A. 这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s
B. 通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方
C. 量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的周期小
D. 量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的小
5. 据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，下列说法正确的是( )
A. 脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B. 因为空气阻力存在，毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C. 毽子上升过程机械能减少，下落过程机械能增加
D. 图中毽子被踢上去的漫画，符合物理规律的是图a
6. 如图所示，某同学练习投篮时，将篮球从同一位置斜向上投出，第1次篮球斜向下击中篮板，第2次篮球垂直击中篮板。不考虑空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 第1次投球，篮球的初速度一定较大 B. 第2次投球，篮球运动的时间较短
C. 篮球在空中运动处于超重状态 D. 篮球向上运动过程，速度变化越来越慢
7. 云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是( )
A. a、b、c都是正电子的径迹 B. a径迹对应的粒子动量最大
C. c径迹对应的粒子动能最大 D. c径迹对应的粒子运动时间最长
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
8. 如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动永磁铁运动(平面运动如图乙所示)，即能产生电能供给发射器部件(接线圈两端，图中没有画出)正常工作。松开按键后，在弹簧的作用下按键将恢复原位。关于按压按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是( )
A. 连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流
B. 按压和松开按键过程，线圈中都产生感应电动势
C. 按住门铃按键保持不动，线圈中一直保持有感应电流
D. 按键反弹过程，弹簧的弹性势能部分转化为电能
9. 电子眼系统路面下埋设的感应线可感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流(如图乙所示)，电子眼会拍照，即视为“闯红灯”，则红灯亮时( )
A. 车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流
B. 某车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电
C. 某车轮经过感应线的过程中，通过电阻R上的电流大小不变
D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照
10. 如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO´在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )
A. 若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大
B. 发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C. 当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高
D. 当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动
11. 直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设箱子初速度为零，箱子所受的空阻力与箱了下落速度的平方成正比，且运动过程中道子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )
A. 箱内物体对箱子底部始终没有压力
B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小
C. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D. 若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 如图甲所示，一实验小组利用气垫导轨测定滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d的遮光板，滑块在牵引力作用下做匀变速运动，先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光板通过第一个光电门的时间为△t1，通过第二个光电门的时间为△t2。
(1)用10分度游标卡尺测量遮光片宽度d如图乙所示，遮光片宽度d=___________mm；
(2)滑块通过光电门1的速度v1=___________(用题中字母表示)；
(3)要测得滑块的加速度，还需测量的物理量是___________。
13. 某小组研究光敏电阻阻值随光照强度的变化规律。实验已选用了规格和量程合适的器材。
(1)用多用电表粗测光敏电阻在实验室正常光照条件下的阻值。选择×1k倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节_________旋钮，使指针指在“0Ω”处。将两表笔与光敏电阻连接，测量的示数如图甲，则其电阻为________Ω。
(2)按图乙连接好电路进行测量。
①合开关S前，将电阻箱调至_______(选填“最大值”或“最小值”)。将一光源对准光敏电阻的透光窗口，利用手机软件测量光敏电阻所处位置的光照强度。闭合开关S，调节电阻箱，使电压表(可视为理想电表)的指针偏转到某一位置。待示数稳定后记录此时的光照强度，测出电压表的示数U和电阻箱阻值R0，断开开关S。已知电源电动势为E，内阻可以忽略不计，则此时光敏电阻阻值RL=________。
②改变光敏电阻处的光照强度，测量不同光照强度下的光敏电阻阻值，并据此绘出如图丙的关系图线，可以大致得到光敏电阻阻值随光照强度的变大而________(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 农村地区有一种全自动无塔供水器(如图甲)，采用气压式供水，以解决供水管网水压不足的问题。如图乙所示，工作原理是由水泵将水通过止回阀压入塔体使塔内密闭气体受到压缩，压力逐渐增大。当压力达到上限时，电接点压力表通过控制柜使水泵自动停止。当塔内水位下降，气压减小到下限位置时，电接点压力表通过控制柜使水泵重新启动。如此反复，使设备不停供水。当塔内气体不足时，补气阀可自动补气。已知水泵工作压强范围为1.4p0∼2.8p0，塔容积为1.4m3，第一次注水前塔内气体压强等于外界大气压强p0.塔内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求
(1)求水泵停止注水时塔内气体的体积；
(2)为了降低水泵的启动频率，达到省电节能的目的，可适度调高水泵工作压强的上限。欲使水泵停止注水时，水的体积达到塔容积的75％，水泵工作压强的上限应调到多少？
15. 如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCDAˈBˈCˈDˈ中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为qm=1×108C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强E=1×103N/C；立方体边长L=0.1m，除了上下底面AAˈBˈB、CCˈDˈD为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求：
(1)粒子打出后，在电场中运动的加速度大小；
(2)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间；
(3)不能打到荧光屏上的粒子，发射时的速度范围。
16. 如图(a)所示，质量为mA=4.0kg的物块A与质量为mB=2.0kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C.现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s=1.2m，小物块C的速度随时间变化图像如图所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0=16，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10m/s2，求：( )
(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；
(2)小物块C的质量mC；
(3)小物块C静止时距长木板B右端的距离d。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查平衡条件的应用，正确受力分析是解题的根据。
根据平衡条件逐一分析即可判断。
【解答】
A.“大白”对采样管的压力垂直于采样管，它与采样管受到的摩擦力的合力等于重力，A错误；
B.“大白”的手拿采样管的方向是倾斜的，此时重力与静摩擦力不在一条直线上，二力不平衡，采样管受到的静摩擦力和“大白”对采样管的压力的合力等于重力，B错误；
C.采样管受到的是静摩擦力，静摩擦力的大小由受力平衡决定，与“大白”对采样管的压力大小无关，C错误；
D.采样管受到地球和“大白”两个施力物体的共同作用，合力等于零，而“大白”对采样管的作用力是“大白”对采样管施加的压力和摩擦力的合力，所以“大白”对采样管的作用力等于采样管的重力，D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查圆周运动的临界问题。
小物块相对陶罐静止，可知小物块做圆周运动的角速度与陶罐的角速度相同，确定小物块做圆周运动的圆心，然后对小物块受力分析，根据牛顿第二定律即可求解。
【解答】
A.物块始终相对陶罐静止，则物块做圆周运动的半径r不变，则v=ωr可知，物块的线速度逐渐增大，故A错误；
B.，当小物块做圆周运动的向心力由重力与陶罐对其的弹力提供时，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2Rsinθ，解得ω2=gRcosθ，此时小物块与陶壁间弹力为mgcosθ，此时物块只受到两个力的作用，故B正确；
CD. 当ω2= gRcosθ时小物块不受摩擦力，角速度小于这个数值时物块有向下运动的趋势，角速度大于这个数值时，物块有上滑的趋势，故CD错误。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
根据船每分钟上下浮动30次可确定周期；由甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰可确定波长；由v=λT确定波速。
本题考查机械波的相关知识，基础题。
【解答】
A.船每分钟上下浮动30次，即完成30次全振动，所以周期T=2s，故A错误；
B.甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰，则有20m=2.5λ，解得水波的波长λ=202.5m=8m，故B正确；
C.波速v=λT=4m/s，故C错误；
D.甲乙两船只会在自己的平衡位置上下浮动，不会随水波传播而靠近，故 D错误。
4.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查卫星的运行规律，根据万有引力提供向心力表示出线速度、周期、向心加速度，据此判断所给各量的大小关系。
【解答】A.根据引力作为向心力可得GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知轨道半径越大，线速度越小，当轨道半径等于地球半径时，对应的线速度为第一宇宙速度7.9km/s，故北斗G7和量子科学实验卫星“墨子”的线速度均小于地球的第一宇宙速度，A错误；
B.北斗G7即同步卫星，只能定点于赤道正上方，B错误；
C.根据引力作为向心力可得GMmr2=mr4π2T2，解得T= 4π2r3GM，量子科学实验卫星“墨子”的轨道半径较小，周期较小，C正确；
D.由引力作为向心力可得GMmr2=ma，解得卫星的向心加速度为a=GMr2，量子科学实验卫星“墨子”的轨道半径较小，向心加速度较大，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查作用力与反作用力的特征，牛顿第二定律和功能关系的应用，基础题目。
根据作用力与反作用力知识分析即可判断；分析空气阻力做功情况，结合功能关系即可判断；分析毽子上升和下降过程阻力的方向情况，结合牛顿第二定律得出加速度与重力加速度的大小关系即可判断。
【解答】
A、脚对毽子的作用力和毽子对脚的作用力互为施力物体和受力物体，是一对相互作用力，大小相等，毽子被踢起来是因为开始时脚对毽子的作用力比毽子的重力大，故A错误；
B、毽子上升过程所受的阻力向下，此时加速度大于重力加速度g；毽子下降过程所受的阻力向上，此时加速度小于重力加速度，故B错误；
C、毽子运动中受到空气阻力作用，毽子上升和下降过程空气阻力都做负功，由功能关系知，毽子的机械能一直减小，故C错误；
D、由于羽毛受到空气阻力较大，所以上升过程中羽毛在下方，故符合物理规律的是图a，，故D正确；
6.【答案】B
【解析】解：由图可知，第一次投篮时篮球上升的高度较高，且篮球是在下降的过程中击中篮板的，两次投篮篮球在竖直方向上做的都是竖直上抛运动，由此可知第一次投篮时篮球在空中的运动时间较长，且竖直方向的分速度较大。在这两次投篮中篮球在水平方向的位移相等，且在水平方向上做的都是匀速直线运动，而第一次的运动时间长，所以第二次投篮时水平方向的速度较大。
A、因为第一次投篮时竖直方向的分速度较大，第二次投篮时篮球在水平方向的分速度较大，所以无法判断两次投篮时的合速度大小，第1次投球，篮球的初速度不一定较大，故A错误；
B、由以上分析可知，第2次投球时，篮球的运动时间较短，故B正确；
C、篮球在空中运动过程加速度方向竖直向下，处于失重状态，故C错误；
D、篮球向上运动过程加速度大小为g，做匀变速运动，速度变化快慢一样，不是速度变化越来越慢，故D错误。
故选：B。
投球时，把篮球的运动分解为水平方向的匀速直线运动，和在竖直方向的竖直上抛运动，根据两次的运动轨迹可以判断出第一次篮球的运动时间较长，即竖直方向的分速度较大，第二次投篮时水平方向的分速度较大，据此可以做出相应的判断。
解题的关键是把篮球的运动分解为水平方向和竖直方向，其中在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，然后结合运动学规律进行判断。
7.【答案】C
【解析】解：A、由左手定则可知，d、e是正电子的径迹，a、b、c是负电子的径迹，故A错误；
BC、带电粒子在磁场中所受到的洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，
则：Bvq=mv2r，解得：r=mvqB，
所以粒子运动的半径越大，速度越大；
由题中图可知，c径迹对应粒子的半径最大，速度最大，a径迹对应粒子的半径最小，速度最小，
根据Ek=12mv2和p=mv可得：c径迹对应粒子的动能最大，动量最大，a径迹对应粒子的动能最小，动量最小，故C正确，B错误；
D、根据Bvq=mv2r和v=2πrT可知，T=2πmqB，且粒子在磁场中运动的时间为：t=θ2π·T，其中θ为粒子在磁场中的偏转角，由题中图可知，a径迹对应粒子的偏转角最大，所以a径迹对应粒子的运动时间最长，故 D错误。
故选：C。
根据左手定则判断粒子所带电性，根据粒子做圆周运动的半径和圆心角，分析粒子的速度、动能、动量和运动时间。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，比较简单，从图中正确得出粒子做圆周运动的半径和圆心角是解题关键。
8.【答案】BD
【解析】解：A、连续按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，从而产生感应电流，但不一定是交变电流，故A错误；
B、按压和松开按键过程，线圈内磁通量发生变化从而会产生感应电动势，故B正确；
C、当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流，故C错误；
D、按键反弹，弹簧的弹性势能部分转化为电能，故D正确；
故选：BD。
按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，从而产生感应电流但不一定是交变电流；
当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流；
按键反弹，弹簧的弹性势能有部分转化为电能。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
9.【答案】BD
【解析】解：A、车轮停在感应线上时，压电薄膜上的压力不变，压电薄膜两端电压不变，电容器两端电压稳定，电阻R上没有电流，故A错误；
BC、车轮经过感应线的过程中，压电薄膜两端电压变大，对电容器充电，汽车经过后，压电薄膜两端电压减小，电容器放电，对电容器充放电过程中，电阻R上的电流始终在变化，故B正确，C错误；
D、只要感应线上压力变化，压电薄膜两端电压就会变化，就会产生对电容器充放电现象，所以汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照，故D正确。
故选：BD。
压电薄膜上压力变大，两端电压变大，对电容器充电，当压电薄膜压力减小，电容器放电，车轮停在感应线上时则不会由充放电现象。
本题考查电容器动态分析的应用，注意理解电路图的原理。
10.【答案】AD
【解析】
【分析】
当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解。
考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化。
【解答】
解：A、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A正确；
B、以线圈平面与磁场平行时为计时起点，感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故B错误；
C、当触头P向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故C错误；
D、根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，R0分压增大，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，故D正确。
故选：AD。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
先对整体受力分析，受重力和空气阻力，由于空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，速度越来越大，故箱子做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；再对箱内物体受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律分析讨论．
本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键．根据牛顿第二定律列方程分析求解．
【解答】
A、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以箱内物体对箱子底部有压力，A错误；
BC、箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零；箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以BC正确；
D、由以上的分析可知，箱子底部对物体向上的支持力随速度的增大而增大，当阻力与重力相等时，箱子及物体均做匀速运动，箱内物体受到的重力与支持力平衡，所以不可能“飘起来”，所以D错误。
故选：BC。
12.【答案】3.4 dΔt1 两光电门之间的距离L
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，测量遮光片宽度d=3mm+0.1mm×4=3.4mm
(2)滑块通过光电门的时间较短，则通过1的速度v1=dΔt1
(3)滑块通过光电门2的速度v2=dΔt2
根据v22−v12=2aL
则要测得滑块的加速度，还需测量的物理量是两光电门之间的距离L。
或者根据a=v2−v1t
要测得滑块的加速度，还需测量的物块从光电门1到光电门2的时间t。
故答案为：(1)3.4；(2)dΔt1，(3)两光电门之间的距离L
(1)根据游标卡尺的读数方式读得数据；
(2)滑块通过每个光电门的时间里视为匀速直线运动，则根据通过光电门的时间和遮光板的宽度可得通过两个光电门时的滑块速度；
(3)滑块做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律分析离．
光板通过光电门的短时间里可认为滑块匀速运动求得滑块通过两个光电门的瞬时速度，再根据匀变速直线运动的规律求解．
13.【答案】(1)欧姆调零；16k(或1.60×104、16000、16.0k、1.6×104)；(2) ①最大值；R0UE−U；②变小
【解析】
【分析】
多用电表欧姆档选好档位后，必须要欧姆调零，读数时不要忘记乘以倍率。
【解答】
(1)选择×1k倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω”处；
如图甲所示，指针恰好指在16刻度上，多用电表欧姆挡不需要估读，所选倍率×1k，所以阻值为16kΩ，也可以采用科学计数法1.6×104Ω。
(2)①为了保护电路，电阻箱的阻值应先调到最大值，使得回路总阻值最大，回路电流最小，因此电压表的电压值最小，避免电压表的指针超过电压表的量程。由闭合电路欧姆定律可知
E=U+URLR0
整理可得
RL=R0UE−U
②由图丙可知横坐标为光照强度，纵坐标为光敏电阻阻值，随着光照强度的变大，光敏电阻的阻值变小，但二者无线性关系。
14.【答案】解：
(1)因为塔内封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得p1V1=p2V2，
其中p1=p0，V1=1．4m3，p2=2．8p0，
代入数据解得，水泵停止注水时塔内气体的体积为V2=0.5m3；
(2)对塔内气体，由玻意耳定律得p1V1=p3V3，
由题意得V3=1.4×(1−75%)m3，
代入数据解得，水泵工作压强的上限应调到p3=4p0。
【解析】根据气体做等温变化列式，重点是找出不同状态的状态参量。
15.【答案】解：
(1)根据牛顿第二定律 qE=ma ，
代入数据可得加速度为 a=1×1011m/s2；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子刚落在荧光屏的下边缘时间最长，即落到正方形CDDˈCˈ边上的粒子在电场中运动时间最长，竖直方向 L2=12at2，得 ；
(3)水平方向 L2=v0t ，得能打到荧光屏上的最小速度为 v0=5×104m/s，
所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为： v0<5×104m/s 。
【解析】(1)直接根据牛顿第二定律即可求出结果；
(2)竖直方向做匀加速运动，竖直位移最大时，时间最长；
(3)根据运动的最长时间结合水平方向运动可得不能打到荧光屏上的粒子发射速度范围。
本题考查的是粒子源可以向水平各方向均匀地发射带正电粒子，在电场中运动偏转问题，找准水平位移和竖直位移，试题难度一般。
16.【答案】解：(1)设炸药爆炸后瞬间A的速度大小为v1，B的速度大小为v2．
A向左运动过程中，根据动能定理可得：−μ0mAgs=0−12mAv12
代入数据解得：v1=2m/s
炸药爆炸过程中，对A和B分析，内力远大于外力，动量守恒。
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mBv2−mAv1=0
代入数据解得：v2=4m/s；
(2)设C与B间的动摩擦因数为μ，根据v−t图象可知C在B上滑动时的加速度大小为：
aC=ΔvΔt=11m/s2=1m/s2
对C根据牛顿第二定律可得：μg=aC
解得：μ=0.1
在炸药爆炸后，经过t=1sB和C速度相等，则在此过程中B的加速度大小为：
a1=v2−vt=4−11m/s2=3m/s2，方向向左；
对B根据牛顿第二定律可得：μmCg+μ0(mB+mC)g=mBa1
代入数据解得：mC=1kg；
(3)在t=1s内B的位移为：x1=v2+v2t=4+12×1m=2.5m
由于B与C之间的摩擦力小于B与地面间的摩擦力，所以t=1s后，C相对于B向前滑动。
t=1s到B速度为零过程中，设B的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：
μ0(mB+mC)g−μmCg=mBa2
代入数据解得：a2=2m/s2，方向向左；
t=1s后B的位移大小为：x2=v22a2=122×2m=0.25m
根据v−t图象可知全过程中C的位移为：xC=12×2m=1m
所以小物块C静止时距长木板B右端的距离d=x1+x2−xC=2.5m+0.25m−1m=1.75m。
答：(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小为4m/s；
(2)小物块C的质量为1kg；
(3)小物块C静止时距长木板B右端的距离为1.75m。
【解析】(1)A向左运动过程中，根据动能定理求解爆炸后的速度大小，炸药爆炸过程中，根据动量守恒定律求解B的速度大小；
(2)根据v−t图象可知C在B上滑动时的加速度大小，由此得到C与B间的动摩擦因数，根据速度—时间关系求解爆炸后B的加速度大小，对B根据牛顿第二定律可得C的质量；
(3)求出在t=1s前后B的位移，根据v−t图象求解全过程中C的位移，由此得到小物块C静止时距长木板B右端的距离。
本题主要是考查动量守恒定律和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚B和C的受力情况和运动情况，能够根据受力情况求解加速度大小，再根据运动学公式进行解答。
2022-2023学年广东省汕头市潮南区高三（下）期初摸底考试物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 新冠疫情下，无数医务工作者化身“大白”挺身而出，如图是一位“大白”手里拿着核酸采样管静止在空中，则( )
A. “大白”对采样管的压力大小等于采样管的重力大小
B. “大白”对采样管的摩擦力大小等于采样管的重力大小
C. “大白”对采样管拿得越紧，采样管受到的摩擦力会越大
D. “大白”对采样管的作用力大小等于采样管的重力大小
2. 如图所示，半球形陶罐和陶罐内的物块(视为质点)绕竖直转轴OO′从静止开始缓慢加速转动，物块相对陶罐始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 物块的线速度可能先增大后减小 B. 某时刻物块可能只受两个力
C. 物块一定有上滑的趋势 D. 物块一定有下滑的趋势
3. 在学习机械波相关知识后，两名同学分别乘坐静止在湖面的甲、乙两艘小船，两船水平距离20m。某时刻，一列水波从甲船向乙船传播，每艘船在1min时间内上下浮动30次，已知甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰，以下说法正确的是( )
A. 水波的周期为1s B. 水波的波长为8m
C. 水波的波速为8m/s D. 水波经过一段时间，甲乙两船将靠近
4. 我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉卫星发射中心成功发射。“墨子”由火箭发射至高度为500km的预定圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是( )
A. 这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s
B. 通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方
C. 量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的周期小
D. 量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的小
5. 据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，下列说法正确的是( )
A. 脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B. 因为空气阻力存在，毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C. 毽子上升过程机械能减少，下落过程机械能增加
D. 图中毽子被踢上去的漫画，符合物理规律的是图a
6. 如图所示，某同学练习投篮时，将篮球从同一位置斜向上投出，第1次篮球斜向下击中篮板，第2次篮球垂直击中篮板。不考虑空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 第1次投球，篮球的初速度一定较大 B. 第2次投球，篮球运动的时间较短
C. 篮球在空中运动处于超重状态 D. 篮球向上运动过程，速度变化越来越慢
7. 云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是( )
A. a、b、c都是正电子的径迹 B. a径迹对应的粒子动量最大
C. c径迹对应的粒子动能最大 D. c径迹对应的粒子运动时间最长
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
8. 如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动永磁铁运动(平面运动如图乙所示)，即能产生电能供给发射器部件(接线圈两端，图中没有画出)正常工作。松开按键后，在弹簧的作用下按键将恢复原位。关于按压按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是( )
A. 连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流
B. 按压和松开按键过程，线圈中都产生感应电动势
C. 按住门铃按键保持不动，线圈中一直保持有感应电流
D. 按键反弹过程，弹簧的弹性势能部分转化为电能
9. 电子眼系统路面下埋设的感应线可感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流(如图乙所示)，电子眼会拍照，即视为“闯红灯”，则红灯亮时( )
A. 车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流
B. 某车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电
C. 某车轮经过感应线的过程中，通过电阻R上的电流大小不变
D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照
10. 如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO´在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )
A. 若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大
B. 发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C. 当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高
D. 当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动
11. 直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设箱子初速度为零，箱子所受的空阻力与箱了下落速度的平方成正比，且运动过程中道子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )
A. 箱内物体对箱子底部始终没有压力
B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小
C. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D. 若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 如图甲所示，一实验小组利用气垫导轨测定滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d的遮光板，滑块在牵引力作用下做匀变速运动，先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光板通过第一个光电门的时间为△t1，通过第二个光电门的时间为△t2。
(1)用10分度游标卡尺测量遮光片宽度d如图乙所示，遮光片宽度d=___________mm；
(2)滑块通过光电门1的速度v1=___________(用题中字母表示)；
(3)要测得滑块的加速度，还需测量的物理量是___________。
13. 某小组研究光敏电阻阻值随光照强度的变化规律。实验已选用了规格和量程合适的器材。
(1)用多用电表粗测光敏电阻在实验室正常光照条件下的阻值。选择×1k倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节_________旋钮，使指针指在“0Ω”处。将两表笔与光敏电阻连接，测量的示数如图甲，则其电阻为________Ω。
(2)按图乙连接好电路进行测量。
①合开关S前，将电阻箱调至_______(选填“最大值”或“最小值”)。将一光源对准光敏电阻的透光窗口，利用手机软件测量光敏电阻所处位置的光照强度。闭合开关S，调节电阻箱，使电压表(可视为理想电表)的指针偏转到某一位置。待示数稳定后记录此时的光照强度，测出电压表的示数U和电阻箱阻值R0，断开开关S。已知电源电动势为E，内阻可以忽略不计，则此时光敏电阻阻值RL=________。
②改变光敏电阻处的光照强度，测量不同光照强度下的光敏电阻阻值，并据此绘出如图丙的关系图线，可以大致得到光敏电阻阻值随光照强度的变大而________(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 农村地区有一种全自动无塔供水器(如图甲)，采用气压式供水，以解决供水管网水压不足的问题。如图乙所示，工作原理是由水泵将水通过止回阀压入塔体使塔内密闭气体受到压缩，压力逐渐增大。当压力达到上限时，电接点压力表通过控制柜使水泵自动停止。当塔内水位下降，气压减小到下限位置时，电接点压力表通过控制柜使水泵重新启动。如此反复，使设备不停供水。当塔内气体不足时，补气阀可自动补气。已知水泵工作压强范围为1.4p0∼2.8p0，塔容积为1.4m3，第一次注水前塔内气体压强等于外界大气压强p0.塔内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求
(1)求水泵停止注水时塔内气体的体积；
(2)为了降低水泵的启动频率，达到省电节能的目的，可适度调高水泵工作压强的上限。欲使水泵停止注水时，水的体积达到塔容积的75％，水泵工作压强的上限应调到多少？
15. 如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCDAˈBˈCˈDˈ中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为qm=1×108C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强E=1×103N/C；立方体边长L=0.1m，除了上下底面AAˈBˈB、CCˈDˈD为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求：
(1)粒子打出后，在电场中运动的加速度大小；
(2)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间；
(3)不能打到荧光屏上的粒子，发射时的速度范围。
16. 如图(a)所示，质量为mA=4.0kg的物块A与质量为mB=2.0kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C.现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s=1.2m，小物块C的速度随时间变化图像如图所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0=16，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10m/s2，求：( )
(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；
(2)小物块C的质量mC；
(3)小物块C静止时距长木板B右端的距离d。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查平衡条件的应用，正确受力分析是解题的根据。
根据平衡条件逐一分析即可判断。
【解答】
A.“大白”对采样管的压力垂直于采样管，它与采样管受到的摩擦力的合力等于重力，A错误；
B.“大白”的手拿采样管的方向是倾斜的，此时重力与静摩擦力不在一条直线上，二力不平衡，采样管受到的静摩擦力和“大白”对采样管的压力的合力等于重力，B错误；
C.采样管受到的是静摩擦力，静摩擦力的大小由受力平衡决定，与“大白”对采样管的压力大小无关，C错误；
D.采样管受到地球和“大白”两个施力物体的共同作用，合力等于零，而“大白”对采样管的作用力是“大白”对采样管施加的压力和摩擦力的合力，所以“大白”对采样管的作用力等于采样管的重力，D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查圆周运动的临界问题。
小物块相对陶罐静止，可知小物块做圆周运动的角速度与陶罐的角速度相同，确定小物块做圆周运动的圆心，然后对小物块受力分析，根据牛顿第二定律即可求解。
【解答】
A.物块始终相对陶罐静止，则物块做圆周运动的半径r不变，则v=ωr可知，物块的线速度逐渐增大，故A错误；
B.，当小物块做圆周运动的向心力由重力与陶罐对其的弹力提供时，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2Rsinθ，解得ω2=gRcosθ，此时小物块与陶壁间弹力为mgcosθ，此时物块只受到两个力的作用，故B正确；
CD. 当ω2= gRcosθ时小物块不受摩擦力，角速度小于这个数值时物块有向下运动的趋势，角速度大于这个数值时，物块有上滑的趋势，故CD错误。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
根据船每分钟上下浮动30次可确定周期；由甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰可确定波长；由v=λT确定波速。
本题考查机械波的相关知识，基础题。
【解答】
A.船每分钟上下浮动30次，即完成30次全振动，所以周期T=2s，故A错误；
B.甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰，则有20m=2.5λ，解得水波的波长λ=202.5m=8m，故B正确；
C.波速v=λT=4m/s，故C错误；
D.甲乙两船只会在自己的平衡位置上下浮动，不会随水波传播而靠近，故 D错误。
4.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查卫星的运行规律，根据万有引力提供向心力表示出线速度、周期、向心加速度，据此判断所给各量的大小关系。
【解答】A.根据引力作为向心力可得GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知轨道半径越大，线速度越小，当轨道半径等于地球半径时，对应的线速度为第一宇宙速度7.9km/s，故北斗G7和量子科学实验卫星“墨子”的线速度均小于地球的第一宇宙速度，A错误；
B.北斗G7即同步卫星，只能定点于赤道正上方，B错误；
C.根据引力作为向心力可得GMmr2=mr4π2T2，解得T= 4π2r3GM，量子科学实验卫星“墨子”的轨道半径较小，周期较小，C正确；
D.由引力作为向心力可得GMmr2=ma，解得卫星的向心加速度为a=GMr2，量子科学实验卫星“墨子”的轨道半径较小，向心加速度较大，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查作用力与反作用力的特征，牛顿第二定律和功能关系的应用，基础题目。
根据作用力与反作用力知识分析即可判断；分析空气阻力做功情况，结合功能关系即可判断；分析毽子上升和下降过程阻力的方向情况，结合牛顿第二定律得出加速度与重力加速度的大小关系即可判断。
【解答】
A、脚对毽子的作用力和毽子对脚的作用力互为施力物体和受力物体，是一对相互作用力，大小相等，毽子被踢起来是因为开始时脚对毽子的作用力比毽子的重力大，故A错误；
B、毽子上升过程所受的阻力向下，此时加速度大于重力加速度g；毽子下降过程所受的阻力向上，此时加速度小于重力加速度，故B错误；
C、毽子运动中受到空气阻力作用，毽子上升和下降过程空气阻力都做负功，由功能关系知，毽子的机械能一直减小，故C错误；
D、由于羽毛受到空气阻力较大，所以上升过程中羽毛在下方，故符合物理规律的是图a，，故D正确；
6.【答案】B
【解析】解：由图可知，第一次投篮时篮球上升的高度较高，且篮球是在下降的过程中击中篮板的，两次投篮篮球在竖直方向上做的都是竖直上抛运动，由此可知第一次投篮时篮球在空中的运动时间较长，且竖直方向的分速度较大。在这两次投篮中篮球在水平方向的位移相等，且在水平方向上做的都是匀速直线运动，而第一次的运动时间长，所以第二次投篮时水平方向的速度较大。
A、因为第一次投篮时竖直方向的分速度较大，第二次投篮时篮球在水平方向的分速度较大，所以无法判断两次投篮时的合速度大小，第1次投球，篮球的初速度不一定较大，故A错误；
B、由以上分析可知，第2次投球时，篮球的运动时间较短，故B正确；
C、篮球在空中运动过程加速度方向竖直向下，处于失重状态，故C错误；
D、篮球向上运动过程加速度大小为g，做匀变速运动，速度变化快慢一样，不是速度变化越来越慢，故D错误。
故选：B。
投球时，把篮球的运动分解为水平方向的匀速直线运动，和在竖直方向的竖直上抛运动，根据两次的运动轨迹可以判断出第一次篮球的运动时间较长，即竖直方向的分速度较大，第二次投篮时水平方向的分速度较大，据此可以做出相应的判断。
解题的关键是把篮球的运动分解为水平方向和竖直方向，其中在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，然后结合运动学规律进行判断。
7.【答案】C
【解析】解：A、由左手定则可知，d、e是正电子的径迹，a、b、c是负电子的径迹，故A错误；
BC、带电粒子在磁场中所受到的洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，
则：Bvq=mv2r，解得：r=mvqB，
所以粒子运动的半径越大，速度越大；
由题中图可知，c径迹对应粒子的半径最大，速度最大，a径迹对应粒子的半径最小，速度最小，
根据Ek=12mv2和p=mv可得：c径迹对应粒子的动能最大，动量最大，a径迹对应粒子的动能最小，动量最小，故C正确，B错误；
D、根据Bvq=mv2r和v=2πrT可知，T=2πmqB，且粒子在磁场中运动的时间为：t=θ2π·T，其中θ为粒子在磁场中的偏转角，由题中图可知，a径迹对应粒子的偏转角最大，所以a径迹对应粒子的运动时间最长，故 D错误。
故选：C。
根据左手定则判断粒子所带电性，根据粒子做圆周运动的半径和圆心角，分析粒子的速度、动能、动量和运动时间。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，比较简单，从图中正确得出粒子做圆周运动的半径和圆心角是解题关键。
8.【答案】BD
【解析】解：A、连续按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，从而产生感应电流，但不一定是交变电流，故A错误；
B、按压和松开按键过程，线圈内磁通量发生变化从而会产生感应电动势，故B正确；
C、当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流，故C错误；
D、按键反弹，弹簧的弹性势能部分转化为电能，故D正确；
故选：BD。
按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，从而产生感应电流但不一定是交变电流；
当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流；
按键反弹，弹簧的弹性势能有部分转化为电能。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
9.【答案】BD
【解析】解：A、车轮停在感应线上时，压电薄膜上的压力不变，压电薄膜两端电压不变，电容器两端电压稳定，电阻R上没有电流，故A错误；
BC、车轮经过感应线的过程中，压电薄膜两端电压变大，对电容器充电，汽车经过后，压电薄膜两端电压减小，电容器放电，对电容器充放电过程中，电阻R上的电流始终在变化，故B正确，C错误；
D、只要感应线上压力变化，压电薄膜两端电压就会变化，就会产生对电容器充放电现象，所以汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照，故D正确。
故选：BD。
压电薄膜上压力变大，两端电压变大，对电容器充电，当压电薄膜压力减小，电容器放电，车轮停在感应线上时则不会由充放电现象。
本题考查电容器动态分析的应用，注意理解电路图的原理。
10.【答案】AD
【解析】
【分析】
当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解。
考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化。
【解答】
解：A、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A正确；
B、以线圈平面与磁场平行时为计时起点，感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故B错误；
C、当触头P向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故C错误；
D、根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，R0分压增大，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，故D正确。
故选：AD。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
先对整体受力分析，受重力和空气阻力，由于空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，速度越来越大，故箱子做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；再对箱内物体受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律分析讨论．
本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键．根据牛顿第二定律列方程分析求解．
【解答】
A、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以箱内物体对箱子底部有压力，A错误；
BC、箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零；箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以BC正确；
D、由以上的分析可知，箱子底部对物体向上的支持力随速度的增大而增大，当阻力与重力相等时，箱子及物体均做匀速运动，箱内物体受到的重力与支持力平衡，所以不可能“飘起来”，所以D错误。
故选：BC。
12.【答案】3.4 dΔt1 两光电门之间的距离L
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，测量遮光片宽度d=3mm+0.1mm×4=3.4mm
(2)滑块通过光电门的时间较短，则通过1的速度v1=dΔt1
(3)滑块通过光电门2的速度v2=dΔt2
根据v22−v12=2aL
则要测得滑块的加速度，还需测量的物理量是两光电门之间的距离L。
或者根据a=v2−v1t
要测得滑块的加速度，还需测量的物块从光电门1到光电门2的时间t。
故答案为：(1)3.4；(2)dΔt1，(3)两光电门之间的距离L
(1)根据游标卡尺的读数方式读得数据；
(2)滑块通过每个光电门的时间里视为匀速直线运动，则根据通过光电门的时间和遮光板的宽度可得通过两个光电门时的滑块速度；
(3)滑块做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律分析离．
光板通过光电门的短时间里可认为滑块匀速运动求得滑块通过两个光电门的瞬时速度，再根据匀变速直线运动的规律求解．
13.【答案】(1)欧姆调零；16k(或1.60×104、16000、16.0k、1.6×104)；(2) ①最大值；R0UE−U；②变小
【解析】
【分析】
多用电表欧姆档选好档位后，必须要欧姆调零，读数时不要忘记乘以倍率。
【解答】
(1)选择×1k倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω”处；
如图甲所示，指针恰好指在16刻度上，多用电表欧姆挡不需要估读，所选倍率×1k，所以阻值为16kΩ，也可以采用科学计数法1.6×104Ω。
(2)①为了保护电路，电阻箱的阻值应先调到最大值，使得回路总阻值最大，回路电流最小，因此电压表的电压值最小，避免电压表的指针超过电压表的量程。由闭合电路欧姆定律可知
E=U+URLR0
整理可得
RL=R0UE−U
②由图丙可知横坐标为光照强度，纵坐标为光敏电阻阻值，随着光照强度的变大，光敏电阻的阻值变小，但二者无线性关系。
14.【答案】解：
(1)因为塔内封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得p1V1=p2V2，
其中p1=p0，V1=1．4m3，p2=2．8p0，
代入数据解得，水泵停止注水时塔内气体的体积为V2=0.5m3；
(2)对塔内气体，由玻意耳定律得p1V1=p3V3，
由题意得V3=1.4×(1−75%)m3，
代入数据解得，水泵工作压强的上限应调到p3=4p0。
【解析】根据气体做等温变化列式，重点是找出不同状态的状态参量。
15.【答案】解：
(1)根据牛顿第二定律 qE=ma ，
代入数据可得加速度为 a=1×1011m/s2；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子刚落在荧光屏的下边缘时间最长，即落到正方形CDDˈCˈ边上的粒子在电场中运动时间最长，竖直方向 L2=12at2，得 ；
(3)水平方向 L2=v0t ，得能打到荧光屏上的最小速度为 v0=5×104m/s，
所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为： v0<5×104m/s 。
【解析】(1)直接根据牛顿第二定律即可求出结果；
(2)竖直方向做匀加速运动，竖直位移最大时，时间最长；
(3)根据运动的最长时间结合水平方向运动可得不能打到荧光屏上的粒子发射速度范围。
本题考查的是粒子源可以向水平各方向均匀地发射带正电粒子，在电场中运动偏转问题，找准水平位移和竖直位移，试题难度一般。
16.【答案】解：(1)设炸药爆炸后瞬间A的速度大小为v1，B的速度大小为v2．
A向左运动过程中，根据动能定理可得：−μ0mAgs=0−12mAv12
代入数据解得：v1=2m/s
炸药爆炸过程中，对A和B分析，内力远大于外力，动量守恒。
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mBv2−mAv1=0
代入数据解得：v2=4m/s；
(2)设C与B间的动摩擦因数为μ，根据v−t图象可知C在B上滑动时的加速度大小为：
aC=ΔvΔt=11m/s2=1m/s2
对C根据牛顿第二定律可得：μg=aC
解得：μ=0.1
在炸药爆炸后，经过t=1sB和C速度相等，则在此过程中B的加速度大小为：
a1=v2−vt=4−11m/s2=3m/s2，方向向左；
对B根据牛顿第二定律可得：μmCg+μ0(mB+mC)g=mBa1
代入数据解得：mC=1kg；
(3)在t=1s内B的位移为：x1=v2+v2t=4+12×1m=2.5m
由于B与C之间的摩擦力小于B与地面间的摩擦力，所以t=1s后，C相对于B向前滑动。
t=1s到B速度为零过程中，设B的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：
μ0(mB+mC)g−μmCg=mBa2
代入数据解得：a2=2m/s2，方向向左；
t=1s后B的位移大小为：x2=v22a2=122×2m=0.25m
根据v−t图象可知全过程中C的位移为：xC=12×2m=1m
所以小物块C静止时距长木板B右端的距离d=x1+x2−xC=2.5m+0.25m−1m=1.75m。
答：(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小为4m/s；
(2)小物块C的质量为1kg；
(3)小物块C静止时距长木板B右端的距离为1.75m。
【解析】(1)A向左运动过程中，根据动能定理求解爆炸后的速度大小，炸药爆炸过程中，根据动量守恒定律求解B的速度大小；
(2)根据v−t图象可知C在B上滑动时的加速度大小，由此得到C与B间的动摩擦因数，根据速度—时间关系求解爆炸后B的加速度大小，对B根据牛顿第二定律可得C的质量；
(3)求出在t=1s前后B的位移，根据v−t图象求解全过程中C的位移，由此得到小物块C静止时距长木板B右端的距离。
本题主要是考查动量守恒定律和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚B和C的受力情况和运动情况，能够根据受力情况求解加速度大小，再根据运动学公式进行解答。
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