还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年重庆一中高考物理模拟试卷（2月份）（含答案解析）
展开
这是一份2023年重庆一中高考物理模拟试卷（2月份）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了5m等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆一中高考物理模拟试卷（2月份）
1. 风洞实验是研究流体力学的重要依据。如图所示，实验室中可以产生水平向右、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入其中，杆足够长，小球孔径略大于杆直径，其质量为m，与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力看作滑动摩擦力，杆与水平方向夹角为θ。则下列说法正确的是( )
A. 风力越大，小球受到的摩擦力越大
B. 小球质量越大，受到的摩擦力越大
C. 小球受到的摩擦力可能为0
D. 杆与水平方向夹角θ越大，小球受到的支持力越小
2. 如图(a)所示的无人机具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力。某次实验，调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图(b)所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv，方向与速度方向相反，则下列说法正确的是( )
A. 无人机在第1s内的位移等于0.5m
B. 无人机在第1s内的速度变化量与第2s内的速度变化量相等
C. 空气给无人机的作用力逐渐增大
D. 空气给无人机的作用力逐渐减小
3. 如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q(q>0)的粒子静止在O点。某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为M3、电荷量为q3，Q粒子质量为2M3、电荷量为2q3。不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A. P粒子与Q粒子半径之比r1：r2=2：1
B. P粒子与Q粒子半径之比r1：r2=1：2
C. P粒子与Q粒子周期之比T1：T2=2：1
D. P粒子与Q粒子周期之比T1：T2=1：2
4. 空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R，磁感应强度均为B(Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R的圆形导线框在外力作用下以速度v匀速通过磁场区域，设任意时刻导线框中电流为I(逆时针为正)，导线框所受安培力为F(向左为正)，从导线框刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x，则下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心以角速度ω匀速旋转(ω未知)，圆环半径为r，质量为m的宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知空间站到地球表面的高度为h，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 宇航员站在旋转舱侧壁上，跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力Fn=GMmr2
B. 宇航员站在旋转舱侧壁上，跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力Fn=GMm(R+h)2
C. 圆环绕中心匀速旋转的角速度ω= GMR2r
D. 圆环绕中心匀速旋转的角速度ω= GMr3
6. 大一同学用玻璃砖和贴纸搭建了一个魔术装置，如图(a)所示在透明玻璃砖左侧贴上贴纸，已知贴纸与玻璃砖之间有一层很薄的空气膜。大一同学让大中同学只能在虚线MN上进行观察，大中同学发现在A点观察时恰好看不到贴纸(在AB之间观察时可以看到贴纸)。可以认为光线沿四面八方从O点入射，如图(b)所示。已知sin30∘=12,sin60∘= 32,sin45∘= 22,sin37∘=35，则玻璃砖的折射率为( )
A. 43 B. 2 C. 3 D. 1.6
7. 如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m处以5 3m/s的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是30∘，当速度小于1m/s就会落水。已知g=10m/s2，sin30∘=12，cos30∘= 32，不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是( )
A. 第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s
B. 第一个接触点与第二个接触点之间距离为5 34m
C. 水面上一共出现5个接触点
D. 落水处离人掷出点的水平距离为265 364m
8. 如图所示匝数为N的正三角形导线框，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框边长为l且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1:2，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1、R2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2；电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。不计线框电阻，则下列说法正确的是( )
A. 导线框从图示位置转过90∘，磁通量变化量为 34Bl2
B. 导线框处于图示位置时，电流表A2的示数I2=0
C. 导线框处于图示位置时，电压表V2的示数U2= 64NBωl2
D. 闭合开关S，电流表A1、A2的示数均减小
9. 战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，大一同学晃动战绳一端使其上下振动(可视为简谐振动)形成横波。图(a)、(b)分别是战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q，波长大于1m，小于3m，P、Q两质点在波的传播方向上相距3m，下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，Q质点的速度为0 B. 该列波的波长可能为2.4m
C. 该列波的波速可能为43m/s D. P、Q两质点振动方向始终相反
10. 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图(a)所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形n匝金属线框abcd放在光滑水平面上，单位长度电阻为R0，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. t=0时，导线框中的电流为kL4R0
B. 导线框穿出磁场过程中，通过导线框横截面的电荷量为B0L4R0
C. 若在导线框上加一质量为M的负载物，如图(b)所示，已知dc边穿出磁场时速度为v，穿出磁场所用时间为t，则安培力对导线框做的功为nB02L34R0t+12(M+m)v2
D. 若在导线框上加一质量为M的负载物，如图(b)所示，已知dc边穿出磁场时速度为v，穿出磁场所用时间为t，则安培力对导线框做的功为m2L3t4R0+12(M+m)v2
11. 一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图(a)______ (填“甲”或“乙”)所示的固定方式；
(2)正确安装实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g=______ (用以上测量的物理量和已知量的字母表示)；
(3)该同学测量多组摆线的长度l和对应的周期T，作出的l−T2图像如图(b)所示，你认为图线不过原点的可能原因是______ 。
A.悬点到小球上端的距离记为摆长
B.悬点到小球下端的距离记为摆长
C.误将49次全振动记为50次
12. 新冠疫情期间，测温仪广泛使用，测温仪的核心部件是金属热敏电阻。
(1)某同学想利用如图(a)所示电路测量热敏电阻在不同温度时的电阻，则在闭合电路开关前应该把滑动变阻器滑到______ (填“a”或“b”)端。
(2)通过测量得出了电阻随温度变化的规律如图(b)所示，其中一条是直线是理论值，则实验值是直线______ (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(3)该同学用上述热敏电阻连接成如图(c)所示电路，制作一简易的测温仪，其中电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，理想电压表V2满偏电压为1.2V，定值电阻R0=1000Ω，为了使热敏电阻在0℃时电压表满偏，电阻箱R应该调成______ Ω。
(4)利用上述方法。可以将理想电压表V2刻度线改成温度刻度线，则温度刻度线是______ (填“均匀”、“左疏右密”或“左密右疏”)。
(5)该测温计使用较长时间后，电源电动势减小，内阻变大，导致测量结果______ (填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
13. 如图所示，在水平面上ad、bc为相距为l的不计电阻的光滑平行金属导轨，a、b间接入阻值为R的定值电阻。单位长度电阻为R0的足够长金属细杆MN与导轨的交点为e、f，可以按任意角度θ(θ为∠efc的大小)平放在导轨上，在外力F的作用下(图中未画出)以恒定速率v0水平向右运动。整个空间中充满着大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场。
(1)若θ=30∘，判断此时e、f的电势高低并求出f、e之间的电势差Ufe；
(2)若θ=150∘，求出此时MN所受外力F。
14. 如图所示，倾角为θ=37∘的粗糙轨道AB与水平光滑轨道BC在B点平滑连接。已知质量分别m、km(k>0)的物块P、Q，其中Q静止于BC上的某处，P从离BC高度为h的位置无初速度释放，P与粗糙轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，P与Q发生弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)P与Q即将碰撞前P的速度v0；
(2)若P与Q只发生一次碰撞，则k应该满足的条件。
15. 如图所示，在空间中建立直角坐标系xOy，在x轴下方存在大小为E，沿y轴正方向的匀强电场，在x轴上方存在大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场。在O点正下方h处有一粒子源P，该粒子源不停地向xOy平面内的各个方向发质量为m，电荷量为+q，且初速率为v0的粒子(不计粒子重力、粒子间以及粒子与粒子源间的相互作用)。除v0外，其余物理量均已知。
(1)若v0= 2qEhm，求同时从P出发的两个粒子第一次到达x轴的最大时间差Δtmax；
(2)若从P射出的某个粒子速度方向斜向右上方且与x正半轴的夹角为30∘，发现该粒子到达x轴时，速度方向与x正半轴的夹角为60∘，最终该粒子能够回到P，求E与B满足的关系式；
(3)若在x正半轴上有一个点Q(图中未画出)，且OQ之间的距离为d(已知)。调整粒子源P，使所有的粒子均沿x轴正方向射出，要使这些粒子能够击中Q，求粒子的初速率v0。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、若F风cosθ⩾mgsinθ时，随着风力的增大、摩擦力向下增加；当F风cosθ
D、小球受到的重力、风力和支持力的图象如图所示(由于摩擦力的方向不知道，且摩擦力对支持力的大小没有影响，所以没有画出摩擦力)：
垂直于斜面方向根据平衡条件可得：FN=mgcosθ，所以杆与水平方向夹角θ越大，cosθ越小，小球受到的支持力越大，故D错误。
故选：C。
由于开始不知道小球受到的摩擦力方向，所以无法判断摩擦力的变化情况；当风力、小球的重力与杆对小球的支持力三个力的合力为零时，小球受到的摩擦力为零；垂直于斜面方向根据平衡条件分析小球受的支持力的变化情况。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
2.【答案】D
【解析】解：A、若无人机做匀加速直线运动，无人机在第1s内的位移x=12vt=12×1×1m=0.5m，v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像得，无人机运动的位移大于0.5m，故A错误；
B、v−t图像的斜率表示加速度，由图示图线可知，无人机在运动过程加速度逐渐减小，速度变化量Δv=aΔt，则无人机在第1s内的速度变化量大于第2s内的速度变化量，故B错误；
CD、无人机先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，由牛顿第二定律可知，无人机所受合力逐渐减小，无人机受重力与空气作用力(为空气对旋翼的升力和空气的阻力的合力)，重力不变，则空气对无人机的作用力逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移；v−t图像的斜率表示加速度，根据图示图线判断无人机在第1s内与第2s内速度变化量的大小关系；无人机受到的空气阻力与速率成正比，根据无人机速度的变化判断空气给无人机作用力如何变化。
知道v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移、知道v−t图象的斜率表示的物理意义是解题的关键，分析清楚受力情况和运动情况即可解题。
3.【答案】A
【解析】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量大小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得粒子的轨迹半径r=mvqB=pqB；
由此可知P粒子和Q粒子的半径之比与电荷量成反比，即r1r2=q2q1=23q13q=2，故A正确，B错误；
CD、粒子的周期公式T=2πrv=2πmqB，据此可知P粒子与Q粒子周期之比T1T2=2πm1q1B2πm2q2B=m1q2m2q1=M3×2q32M3×q3=1，故CD错误。
故选：A。
根据动量守恒定律结合洛伦兹力提供向心力求解两粒子的轨迹半径之比；根据粒子做圆周运动的周期公式求解其周期之比。
本题考查动量守恒定律和粒子自磁场中运动的结合，其中半径公式r=mvqB=pqB，这是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：B.当圆环在磁场I区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的等效长度为1，则有(R−x)2+(l2)2=R2，整理得l=2 R2−(x−R)2，则圆环产生的感应电动势为E=Blv，感应电流为I=ER阻=2BvR2−(x−R)2R阻，可知电流与位移不成线性相关，故B错误；
A、当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I′=2ER阻=4BvR2−(x−R)2R阻，即x=3R的电流大小为x=R的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，故A错误；
CD.通过分析可知，除了x=2R、x=4R、x=6R三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0
根据题意将圆环切割磁感线的等效长度求出，再由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，再根据安培力公式分析安培力随着位移变化。
本题考查了电流与外力随时间的变化关系，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式即可正确解题，求感应电动势时，要注意求出切割磁感线的有效长度，特别注意两边分别在两个磁场中相切时的电动势分析。
5.【答案】C
【解析】解：宇航员绕圆环中心圆周运动的向心力来源于支持力，该支持力与地球表面支持力等大，即
Fn=GMmR2=mrω2
解得：ω= GMR2r
故C正确，ABD错误。
故选：C。
宇航员绕圆环中心圆周运动的向心力来源于支持力，该支持力与地球表面支持力等大，根据万有引力定律列式解答即可。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握题目含义，注意万有引力与向心力的关系。
6.【答案】B
【解析】解：沿着玻璃砖边缘入射的光线刚好到达A点，设折射角为θ；根据折射定律有：n=sin90∘sinθ
根据全反射临界角公式有：sinC=1n
根据几何关系有：C+θ=90∘
解得：C=45∘，n= 2
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据折射定律与全反射临界角公式结合几何关系解答。
本题考查光的折射，解题关键掌握折射定律和全反射的规律。
7.【答案】C
【解析】解：A、石块做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，则h=12gt12，得t1= 2hg= 2×1.2510s=0.5s
第一次与水面接触前的速度大小v1= v02+(gt1)2= (5 3)2+(10×0.5)2m/s=10m/s，因此第一次与水面接触后，弹跳速度为v1′=50%v1=0.5×10m/s=5m/s，故A正确；
B、第一次与水面接触后做斜抛运动，设第一个接触点与第二个接触点之间的时间为t2，第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2。
则t2=2v1′sin30∘g=2×5×0.510s=0.5s，x2=v1′cos30∘⋅t2=5× 32×0.5m=5 34m，故B正确；
C、石块每次与水面接触速率损失50%，设水面上一共出现n个接触点，则vn=v1×(1−0.5)n−1，解得n=4时，vn<1m/s，即石块与水面第4次接触后会落水，水面上一共出现4个接触点，故C错误；
D、平抛运动水平方向的位移为
x1=v0t1=10×0.5m=5m
第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2=v1′cos30∘⋅t2=50%v1cos30∘⋅2×50%v1sin30∘g=2×(50%)2×v12sin30∘cos30∘g
同理可得：第三个接触点与第四个接触点之间距离为x3=2×(50%)4×v12sin30∘cos30∘g
落水处离人掷出点的水平距离为x=x1+x2+x3
联立解得：x=265 364m，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
石块做平抛运动，根据下落的高度求出平抛运动的时间，由vy=gt和速度合成求出第一次与水面接触前的速度大小，再求第一次与水面接触后弹跳速度。第一次与水面接触后做斜抛运动，根据分运动的规律求第一个接触点与第二个接触点之间距离。根据石块的速率变化结合数学知识得出对应的次数。根据水平方向上的运动特点，结合运动学公式得出落水处离人掷出点的水平距离。
本题主要考查斜抛运动，要理解斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动特点，寻找规律，结合运动学公式和数学知识即可完成分析。
8.【答案】AC
【解析】解：A、导线框的面积S=12⋅l⋅ 32l= 34l2，导线框在图示位置时，磁通量为Φ=BS= 34Bl2
导线框转过90∘时，磁通量为0，则磁通量的变化量为 34Bl2，故A正确；
B、电流表的示数为有效值，导线框处于图示位置时，电流表A2的示数不为零，故B错误；
C、感应电动势的峰值为Em=NBSω= 34NBωl2
电压表V1的示数为电动势的有效值，则U1=Em 2= 68NBωl2
根据变压器工作原理，原副线圈电压比等于匝数比，则U1：U2=1：2
则电压表V2的示数U2= 64NBωl2
故C正确；
D、闭合开关S，副线圈电阻减小，电流增大，原副线圈电流之比等于匝数的反比，则原线圈电流增大，电流表A1、A2的示数均增大，故D错误。
故选：AC。
根据磁通量的公式求解磁通量，进而求解变化量；电流表的示数为有效值；电压表V1的示数为电动势的有效值，根据法拉第电磁感应定律和正弦式交变电流峰值和有效值的关系求解电压表V2的示数；根据串并联规律和欧姆定律判断副线圈电流的变化，根据变压器规律判断原线圈电流变化。
本题考查正弦式交变电流的计算和变压器，掌握变压器的变压、变流特点，以及最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
9.【答案】BC
【解析】解：A、由图(b)可知，t=0时刻，Q质点通过平衡位置，速度最大，故A错误；
BC、t=0时刻，P质点位于波峰，Q质点通过平衡位置向上，横波由P传向Q，设波长为λ，则P、Q两质点在波的传播方向上的距离Δx=nλ+14λ，(n=0,1,2,3…)，则λ=4Δx4n+1=4×34n+1m=124n+1m，当n=1时，λ=2.4m；
由图知T=1.0s，则波速为v=λT=12(4n+1)×1.0m/s=124n+1m/s，当n=2时，v=43m/s，故BC正确；
D、由图(a)、(b)可知，P、Q两质点振动方向并不是始终相反，故D错误。
故选：BC。
t=0时刻，分析Q质点的位移，再确定其速度大小。根据P、Q两质点在同一时刻的振动状态求出波长的表达式，再得到波长特殊值。根据波速计算公式求解波速表达式，得到波速特殊值。根据振动图像分析P、Q两质点振动方向关系。
解答本题的关键要理解波的周期性，根据两质点的振动情况，写出两质点在波的传播方向上的距离与波长的关系，得到波长的通项。
10.【答案】AB
【解析】解：A、由B=B0+kt得，磁感应强度随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律得，导线框中的感应电动势E=nΔBSΔt=nkL2
导线框中的电流I=ER=En⋅4LR0=kL4R0
故A正确；
B、由楞次定律得，导线框中产生瞬时值方向的电流，由左手定则得，cd段所受安培力方向水平向左，则导线框向左运动，通过导线框横截面的电荷量为q=It=nΔΦR=B0L4R0
故B正确；
CD、若在导线框上加一质量为M的负载物，对导线框和负载物整体，由动能定理得，安培力对导线框做的功为W=12(M+m)v2
故CD错误；
故选：AB。
根据法拉第电磁感应定律求出线框中产生的感应电动势，由欧姆定律求出线框中的电流大小；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解通过导线框横截面的电荷量；根据动能定理求解安培力对导线框做的功。
本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，解题关键是分析好根据磁场的变化求解感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和动能定理列式求解即可。
11.【答案】乙 4π2LN2t2 A
【解析】解：(1)实验过程要保持摆长不变，单摆的悬点需要固定，如果选择图甲所示方式，单摆运动过程摆长会发生改变，如果按图乙所示固定方式，单摆摆动过程摆长不变，应选择图乙所示固定方式；
(2)单摆的周期为T=tN
由单摆的周期公式T=2π Lg可知，当地的重力加速度为
g=4π2LN2t2
(3)根据T=2π lg
可得：l=gT24π2；
对比图像可知不过原点的可能原因是摆线长度记为摆长，故A正确，BC错误；
故选：A。
故答案为：(1)乙；(2)4π2LN2t2；(3)A
(1)根据实验原理与操作分析解答；
(2)根据题意解得周期，根据单摆周期公式解答；
(3)根据单摆的周期公式推导出l与T2的关系式，再分析图像。
实验的核心是实验原理，根据实验原理推导出解析式，研究图像下列几个方面的意义，如：斜率、截距、面积等等。
12.【答案】bⅠ149左疏右密 大于
【解析】解：(1)滑动变阻器采用限流式接法，因此闭合开关以前，滑动片应位于阻值最大的那一端，即b端；
(2)该电路为电流表内外法，由于电压表的分流，通过待测电阻的真实电流IR=I−IV，待测电阻的真实值
R真=UI−IV>UI，即电阻的测量值小于理论值，故I为实验值；
(3)由图像可得0℃时，金属热电阻的阻值为Rt=100Ω
根据欧姆定律，电路中的电流I=UgR0
根据闭合电路的欧姆定律E=Ug+I(Rt+R+r)
代入数据联立解得R=149Ω
(4)由图1中的Ⅱ理论值图线可知Rt=kt+100(Ω)
斜率k=260−100400−0Ω/℃=0.4Ω/℃
因此Rt=0.4t+100(Ω)
根据闭合电路的欧姆定律E=U+UR0(Rt+R+r)
代入数据化简得t=3750U−3125(℃)
描绘出大致的t−U图像如图所示：
由数学关系可知，将电压表刻度线改成温度刻度线之后，温度刻度线左密右疏。
(5)电源电动势变小，相同电流时金属热电阻的实际阻值变小，所对应的实际温度偏低，故测量值大于真实值。
故答案为：(1)b；(2)I；(2)149；(4)左密右疏；(5)大于。
(1)滑动变阻器采用限流式接法，因此闭合开关以前，滑动片应位于阻值最大的那一端
(2)根据电路构造分析出测量值和实际值的大小关系，并由此完成分析；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析出对应的温度；
(4)根据图像结合数学知识大致描绘出对应的t−I图像并完成分析；
(5)根据电路构造结合金属热电阻的电阻变化完成分析。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合闭合电路的欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)若θ=30∘，由右手定则可知，金属细杆MN中感应电流方向由f到e，则e点的电势高于f的电势。
金属细杆MN有效切割长度等于l，则细杆ef段产生的感应电动势为E=Blv0
f、e之间的电势差Ufe=−lsinθR0lsinθR0+RE=−Blv0R0R0+Rsinθ=−2Blv0R02R0+R
(2)若θ=150∘，金属细杆MN有效切割长度也等于l，电路中电流为
I=ER总=Blv0lsinθR0+R
金属细杆MN受到的安培力大小为F安=BI⋅lsinθ，方向垂直MN杆斜向左下方。
联立得F安=B2l2v0lR0+Rsinθ=2B2l2v02lR0+R
由平衡条件得：MN所受外力F=F安=2B2l2v02lR0+R，方向与水平方向成60∘角斜向右上方。
答：(1)e点的电势高于f的电势。f、e之间的电势差为−2Blv0R02R0+R。
(2)MN所受外力为2B2l2v02lR0+R，方向与水平方向成60∘角斜向右上方。
【解析】(1)运用右手定则判断电势高低。金属细杆MN有效切割长度等于l，由E=Blv0求出细杆ef段产生的感应电动势，由串联电路电压分配规律求f、e之间的电势差Ufe；
(2)若θ=150∘，金属细杆MN有效切割长度也等于l，由欧姆定律求电路中电流，由F=BIL求出细杆受到的安培力大小，再求出此时MN所受外力F。
解答本题的关键要明确金属杆有效的切割长度即垂直于速度方向的长度，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式相结合进行解答。
14.【答案】解：(1)P在斜面上下滑过程，由动能定理得：mgh−μmgcosθ×hsinθ=12mv02−0
解得：v0= 23gh
(2)P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+kmv2
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12kmv22
解得：v1=1−k1+kv0，v2=21+kv0，
要P、Q只发生一次碰撞，则v1<0
解得：k>1
答：(1)P与Q即将碰撞前P的速度v0是 23gh；
(2)若P与Q只发生一次碰撞，则k应该满足的条件是k>1。
【解析】(1)P在斜面上运动过程，应用动能定理求出P与Q碰撞前的速度。
(2)P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后P、Q的速度，然后分析答题。
本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
15.【答案】解：(1)设从P出发的粒子第一次到达x轴的速度大小为v，由动能定理得：
qEh=12mv2−12mv02解得：v=2 qEhm
沿+y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最短(设为tmin)，以+y方向为正方向，由动量定理得：
qEtmin=mv−mv0
沿−y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最长(设为tmax)，以+y方向为正方向，由动量定理得：
qEtmax=mv−(−mv0)
故所求最大时间差为：
Δtmax=tmax−tmin
解得：Δtmax=2 2mhqE；
(2)粒子在匀强电场中做类斜抛运动，将其分解为沿+x方向的匀速直线运动和沿+y方向的匀加速直线运动。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其运动半径为r，依题意，根据运动的对称性，匀速圆周运动轨迹的圆心在y轴上，画出其运动轨迹如图1所示。
设从P射出的这个粒子速度大小为v1，达到x轴时的速度大小为v2，它们沿x、y轴分速度大小分别为：
v1x=v1cos30∘；v1y=v1sin30∘；v2x=v2cos60∘；v2y=v2sin60∘
P到M的过程，由沿+x方向做匀速直线运动可得：v1x=v2x
解得：v2= 3v1；v2y=32v1；v1y=12v1
P到M的过程，沿+x方向位移大小为：xOM=v1xt1= 32v1t1
沿+y方向的位移大小为：h=12(v1y+v2y)t1=v1t1
沿+y方向的分速度关系为：v2y=v1y+at1，可得：v1=at1
在电场中的加速度大小为：a=qEm
联立解得：xOM= 32h；v1= qEhm
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qv2B=mv22r
由几何关系可得运动半径为：r=xOMcos30∘
解得E与B满足的关系式为：E=qh3mB2；
(3)根据前述的解答大致画出粒子在电磁场中做周期性运动的轨迹示意图如图2所示。
粒子由P到A的过程做类平抛运动，则有：
xOA=v0t
h=12at2
vsinθ=at
a=qEm
联立解得：xOA=v0 2mhqE；vsinθ= 2qEhm
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有：
qvB=mv2R
圆周轨迹的弦长为：L=2Rsinθ=2mvsinθqB=2B 2mEhq
由电场中类平抛运动的对称性，可知图2中线段CQ1的距离为：xCQ1=2xOA。
当粒子经磁场偏转n次(或者没有经过磁场偏转，即n=0)，由第四象限进入第一象限时击中Q点(比如在图2中的A点或Q1点击中Q点)，需满足：
d=xOA+n(xCQ1−L)=(2n+1)xOA−nL
解得：v0=12n+1(2nEB+d qE2mh)，n=0、1、2、3……
当粒子经磁场偏转n次，由第一象限进入第四象限时击中Q点(比如在图2中的C点或Q2点击中Q点)，需满足：
d=xOA−L+(n−1)(xCQ1−L)=(2n−1)xOA−nL
解得：v0=12n−1(2nEB+d qE2mh)，n=1、2、3……
答：(1)同时从P出发的两个粒子第一次到达x轴的最大时间差Δtmax为2 2mhqE；
(2)E与B满足的关系式为E=qh3mB2；
(3)粒子的初速率v0为12n+1(2nEB+d qE2mh)，n=0、1、2、3……，或12n−1(2nEB+d qE2mh)，n=1、2、3……。
【解析】(1)由动能定理可知从P出发的粒子第一次到达x轴的速度大小均相等，沿+y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最短，沿−y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最长，两时间的差值即为所求最大时间差，由动量定理求解时间；
(2)粒子在匀强电场中做类斜抛运动，将运动分解处理。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据运动的对称性，画出其运动轨迹。确定两运动相关联的物理量，根据洛伦兹力提供向心力，由几何关系确定运动半径，进而求解；
(3)粒子在电磁场中做周期性运动，画出其轨迹示意图，根据需要满足的几何条件求解。
本题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动问题，题目难度大。依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
2023年重庆一中高考物理模拟试卷（2月份）
1. 风洞实验是研究流体力学的重要依据。如图所示，实验室中可以产生水平向右、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入其中，杆足够长，小球孔径略大于杆直径，其质量为m，与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力看作滑动摩擦力，杆与水平方向夹角为θ。则下列说法正确的是( )
A. 风力越大，小球受到的摩擦力越大
B. 小球质量越大，受到的摩擦力越大
C. 小球受到的摩擦力可能为0
D. 杆与水平方向夹角θ越大，小球受到的支持力越小
2. 如图(a)所示的无人机具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力。某次实验，调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图(b)所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv，方向与速度方向相反，则下列说法正确的是( )
A. 无人机在第1s内的位移等于0.5m
B. 无人机在第1s内的速度变化量与第2s内的速度变化量相等
C. 空气给无人机的作用力逐渐增大
D. 空气给无人机的作用力逐渐减小
3. 如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q(q>0)的粒子静止在O点。某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为M3、电荷量为q3，Q粒子质量为2M3、电荷量为2q3。不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A. P粒子与Q粒子半径之比r1：r2=2：1
B. P粒子与Q粒子半径之比r1：r2=1：2
C. P粒子与Q粒子周期之比T1：T2=2：1
D. P粒子与Q粒子周期之比T1：T2=1：2
4. 空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R，磁感应强度均为B(Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R的圆形导线框在外力作用下以速度v匀速通过磁场区域，设任意时刻导线框中电流为I(逆时针为正)，导线框所受安培力为F(向左为正)，从导线框刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x，则下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心以角速度ω匀速旋转(ω未知)，圆环半径为r，质量为m的宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知空间站到地球表面的高度为h，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 宇航员站在旋转舱侧壁上，跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力Fn=GMmr2
B. 宇航员站在旋转舱侧壁上，跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力Fn=GMm(R+h)2
C. 圆环绕中心匀速旋转的角速度ω= GMR2r
D. 圆环绕中心匀速旋转的角速度ω= GMr3
6. 大一同学用玻璃砖和贴纸搭建了一个魔术装置，如图(a)所示在透明玻璃砖左侧贴上贴纸，已知贴纸与玻璃砖之间有一层很薄的空气膜。大一同学让大中同学只能在虚线MN上进行观察，大中同学发现在A点观察时恰好看不到贴纸(在AB之间观察时可以看到贴纸)。可以认为光线沿四面八方从O点入射，如图(b)所示。已知sin30∘=12,sin60∘= 32,sin45∘= 22,sin37∘=35，则玻璃砖的折射率为( )
A. 43 B. 2 C. 3 D. 1.6
7. 如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m处以5 3m/s的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是30∘，当速度小于1m/s就会落水。已知g=10m/s2，sin30∘=12，cos30∘= 32，不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是( )
A. 第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s
B. 第一个接触点与第二个接触点之间距离为5 34m
C. 水面上一共出现5个接触点
D. 落水处离人掷出点的水平距离为265 364m
8. 如图所示匝数为N的正三角形导线框，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框边长为l且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1:2，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1、R2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2；电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。不计线框电阻，则下列说法正确的是( )
A. 导线框从图示位置转过90∘，磁通量变化量为 34Bl2
B. 导线框处于图示位置时，电流表A2的示数I2=0
C. 导线框处于图示位置时，电压表V2的示数U2= 64NBωl2
D. 闭合开关S，电流表A1、A2的示数均减小
9. 战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，大一同学晃动战绳一端使其上下振动(可视为简谐振动)形成横波。图(a)、(b)分别是战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q，波长大于1m，小于3m，P、Q两质点在波的传播方向上相距3m，下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，Q质点的速度为0 B. 该列波的波长可能为2.4m
C. 该列波的波速可能为43m/s D. P、Q两质点振动方向始终相反
10. 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图(a)所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形n匝金属线框abcd放在光滑水平面上，单位长度电阻为R0，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. t=0时，导线框中的电流为kL4R0
B. 导线框穿出磁场过程中，通过导线框横截面的电荷量为B0L4R0
C. 若在导线框上加一质量为M的负载物，如图(b)所示，已知dc边穿出磁场时速度为v，穿出磁场所用时间为t，则安培力对导线框做的功为nB02L34R0t+12(M+m)v2
D. 若在导线框上加一质量为M的负载物，如图(b)所示，已知dc边穿出磁场时速度为v，穿出磁场所用时间为t，则安培力对导线框做的功为m2L3t4R0+12(M+m)v2
11. 一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图(a)______ (填“甲”或“乙”)所示的固定方式；
(2)正确安装实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g=______ (用以上测量的物理量和已知量的字母表示)；
(3)该同学测量多组摆线的长度l和对应的周期T，作出的l−T2图像如图(b)所示，你认为图线不过原点的可能原因是______ 。
A.悬点到小球上端的距离记为摆长
B.悬点到小球下端的距离记为摆长
C.误将49次全振动记为50次
12. 新冠疫情期间，测温仪广泛使用，测温仪的核心部件是金属热敏电阻。
(1)某同学想利用如图(a)所示电路测量热敏电阻在不同温度时的电阻，则在闭合电路开关前应该把滑动变阻器滑到______ (填“a”或“b”)端。
(2)通过测量得出了电阻随温度变化的规律如图(b)所示，其中一条是直线是理论值，则实验值是直线______ (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(3)该同学用上述热敏电阻连接成如图(c)所示电路，制作一简易的测温仪，其中电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，理想电压表V2满偏电压为1.2V，定值电阻R0=1000Ω，为了使热敏电阻在0℃时电压表满偏，电阻箱R应该调成______ Ω。
(4)利用上述方法。可以将理想电压表V2刻度线改成温度刻度线，则温度刻度线是______ (填“均匀”、“左疏右密”或“左密右疏”)。
(5)该测温计使用较长时间后，电源电动势减小，内阻变大，导致测量结果______ (填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
13. 如图所示，在水平面上ad、bc为相距为l的不计电阻的光滑平行金属导轨，a、b间接入阻值为R的定值电阻。单位长度电阻为R0的足够长金属细杆MN与导轨的交点为e、f，可以按任意角度θ(θ为∠efc的大小)平放在导轨上，在外力F的作用下(图中未画出)以恒定速率v0水平向右运动。整个空间中充满着大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场。
(1)若θ=30∘，判断此时e、f的电势高低并求出f、e之间的电势差Ufe；
(2)若θ=150∘，求出此时MN所受外力F。
14. 如图所示，倾角为θ=37∘的粗糙轨道AB与水平光滑轨道BC在B点平滑连接。已知质量分别m、km(k>0)的物块P、Q，其中Q静止于BC上的某处，P从离BC高度为h的位置无初速度释放，P与粗糙轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，P与Q发生弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)P与Q即将碰撞前P的速度v0；
(2)若P与Q只发生一次碰撞，则k应该满足的条件。
15. 如图所示，在空间中建立直角坐标系xOy，在x轴下方存在大小为E，沿y轴正方向的匀强电场，在x轴上方存在大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场。在O点正下方h处有一粒子源P，该粒子源不停地向xOy平面内的各个方向发质量为m，电荷量为+q，且初速率为v0的粒子(不计粒子重力、粒子间以及粒子与粒子源间的相互作用)。除v0外，其余物理量均已知。
(1)若v0= 2qEhm，求同时从P出发的两个粒子第一次到达x轴的最大时间差Δtmax；
(2)若从P射出的某个粒子速度方向斜向右上方且与x正半轴的夹角为30∘，发现该粒子到达x轴时，速度方向与x正半轴的夹角为60∘，最终该粒子能够回到P，求E与B满足的关系式；
(3)若在x正半轴上有一个点Q(图中未画出)，且OQ之间的距离为d(已知)。调整粒子源P，使所有的粒子均沿x轴正方向射出，要使这些粒子能够击中Q，求粒子的初速率v0。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、若F风cosθ⩾mgsinθ时，随着风力的增大、摩擦力向下增加；当F风cosθ
D、小球受到的重力、风力和支持力的图象如图所示(由于摩擦力的方向不知道，且摩擦力对支持力的大小没有影响，所以没有画出摩擦力)：
垂直于斜面方向根据平衡条件可得：FN=mgcosθ，所以杆与水平方向夹角θ越大，cosθ越小，小球受到的支持力越大，故D错误。
故选：C。
由于开始不知道小球受到的摩擦力方向，所以无法判断摩擦力的变化情况；当风力、小球的重力与杆对小球的支持力三个力的合力为零时，小球受到的摩擦力为零；垂直于斜面方向根据平衡条件分析小球受的支持力的变化情况。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
2.【答案】D
【解析】解：A、若无人机做匀加速直线运动，无人机在第1s内的位移x=12vt=12×1×1m=0.5m，v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像得，无人机运动的位移大于0.5m，故A错误；
B、v−t图像的斜率表示加速度，由图示图线可知，无人机在运动过程加速度逐渐减小，速度变化量Δv=aΔt，则无人机在第1s内的速度变化量大于第2s内的速度变化量，故B错误；
CD、无人机先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，由牛顿第二定律可知，无人机所受合力逐渐减小，无人机受重力与空气作用力(为空气对旋翼的升力和空气的阻力的合力)，重力不变，则空气对无人机的作用力逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移；v−t图像的斜率表示加速度，根据图示图线判断无人机在第1s内与第2s内速度变化量的大小关系；无人机受到的空气阻力与速率成正比，根据无人机速度的变化判断空气给无人机作用力如何变化。
知道v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移、知道v−t图象的斜率表示的物理意义是解题的关键，分析清楚受力情况和运动情况即可解题。
3.【答案】A
【解析】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量大小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得粒子的轨迹半径r=mvqB=pqB；
由此可知P粒子和Q粒子的半径之比与电荷量成反比，即r1r2=q2q1=23q13q=2，故A正确，B错误；
CD、粒子的周期公式T=2πrv=2πmqB，据此可知P粒子与Q粒子周期之比T1T2=2πm1q1B2πm2q2B=m1q2m2q1=M3×2q32M3×q3=1，故CD错误。
故选：A。
根据动量守恒定律结合洛伦兹力提供向心力求解两粒子的轨迹半径之比；根据粒子做圆周运动的周期公式求解其周期之比。
本题考查动量守恒定律和粒子自磁场中运动的结合，其中半径公式r=mvqB=pqB，这是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：B.当圆环在磁场I区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的等效长度为1，则有(R−x)2+(l2)2=R2，整理得l=2 R2−(x−R)2，则圆环产生的感应电动势为E=Blv，感应电流为I=ER阻=2BvR2−(x−R)2R阻，可知电流与位移不成线性相关，故B错误；
A、当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I′=2ER阻=4BvR2−(x−R)2R阻，即x=3R的电流大小为x=R的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，故A错误；
CD.通过分析可知，除了x=2R、x=4R、x=6R三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0
根据题意将圆环切割磁感线的等效长度求出，再由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，再根据安培力公式分析安培力随着位移变化。
本题考查了电流与外力随时间的变化关系，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式即可正确解题，求感应电动势时，要注意求出切割磁感线的有效长度，特别注意两边分别在两个磁场中相切时的电动势分析。
5.【答案】C
【解析】解：宇航员绕圆环中心圆周运动的向心力来源于支持力，该支持力与地球表面支持力等大，即
Fn=GMmR2=mrω2
解得：ω= GMR2r
故C正确，ABD错误。
故选：C。
宇航员绕圆环中心圆周运动的向心力来源于支持力，该支持力与地球表面支持力等大，根据万有引力定律列式解答即可。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握题目含义，注意万有引力与向心力的关系。
6.【答案】B
【解析】解：沿着玻璃砖边缘入射的光线刚好到达A点，设折射角为θ；根据折射定律有：n=sin90∘sinθ
根据全反射临界角公式有：sinC=1n
根据几何关系有：C+θ=90∘
解得：C=45∘，n= 2
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据折射定律与全反射临界角公式结合几何关系解答。
本题考查光的折射，解题关键掌握折射定律和全反射的规律。
7.【答案】C
【解析】解：A、石块做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，则h=12gt12，得t1= 2hg= 2×1.2510s=0.5s
第一次与水面接触前的速度大小v1= v02+(gt1)2= (5 3)2+(10×0.5)2m/s=10m/s，因此第一次与水面接触后，弹跳速度为v1′=50%v1=0.5×10m/s=5m/s，故A正确；
B、第一次与水面接触后做斜抛运动，设第一个接触点与第二个接触点之间的时间为t2，第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2。
则t2=2v1′sin30∘g=2×5×0.510s=0.5s，x2=v1′cos30∘⋅t2=5× 32×0.5m=5 34m，故B正确；
C、石块每次与水面接触速率损失50%，设水面上一共出现n个接触点，则vn=v1×(1−0.5)n−1，解得n=4时，vn<1m/s，即石块与水面第4次接触后会落水，水面上一共出现4个接触点，故C错误；
D、平抛运动水平方向的位移为
x1=v0t1=10×0.5m=5m
第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2=v1′cos30∘⋅t2=50%v1cos30∘⋅2×50%v1sin30∘g=2×(50%)2×v12sin30∘cos30∘g
同理可得：第三个接触点与第四个接触点之间距离为x3=2×(50%)4×v12sin30∘cos30∘g
落水处离人掷出点的水平距离为x=x1+x2+x3
联立解得：x=265 364m，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
石块做平抛运动，根据下落的高度求出平抛运动的时间，由vy=gt和速度合成求出第一次与水面接触前的速度大小，再求第一次与水面接触后弹跳速度。第一次与水面接触后做斜抛运动，根据分运动的规律求第一个接触点与第二个接触点之间距离。根据石块的速率变化结合数学知识得出对应的次数。根据水平方向上的运动特点，结合运动学公式得出落水处离人掷出点的水平距离。
本题主要考查斜抛运动，要理解斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动特点，寻找规律，结合运动学公式和数学知识即可完成分析。
8.【答案】AC
【解析】解：A、导线框的面积S=12⋅l⋅ 32l= 34l2，导线框在图示位置时，磁通量为Φ=BS= 34Bl2
导线框转过90∘时，磁通量为0，则磁通量的变化量为 34Bl2，故A正确；
B、电流表的示数为有效值，导线框处于图示位置时，电流表A2的示数不为零，故B错误；
C、感应电动势的峰值为Em=NBSω= 34NBωl2
电压表V1的示数为电动势的有效值，则U1=Em 2= 68NBωl2
根据变压器工作原理，原副线圈电压比等于匝数比，则U1：U2=1：2
则电压表V2的示数U2= 64NBωl2
故C正确；
D、闭合开关S，副线圈电阻减小，电流增大，原副线圈电流之比等于匝数的反比，则原线圈电流增大，电流表A1、A2的示数均增大，故D错误。
故选：AC。
根据磁通量的公式求解磁通量，进而求解变化量；电流表的示数为有效值；电压表V1的示数为电动势的有效值，根据法拉第电磁感应定律和正弦式交变电流峰值和有效值的关系求解电压表V2的示数；根据串并联规律和欧姆定律判断副线圈电流的变化，根据变压器规律判断原线圈电流变化。
本题考查正弦式交变电流的计算和变压器，掌握变压器的变压、变流特点，以及最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
9.【答案】BC
【解析】解：A、由图(b)可知，t=0时刻，Q质点通过平衡位置，速度最大，故A错误；
BC、t=0时刻，P质点位于波峰，Q质点通过平衡位置向上，横波由P传向Q，设波长为λ，则P、Q两质点在波的传播方向上的距离Δx=nλ+14λ，(n=0,1,2,3…)，则λ=4Δx4n+1=4×34n+1m=124n+1m，当n=1时，λ=2.4m；
由图知T=1.0s，则波速为v=λT=12(4n+1)×1.0m/s=124n+1m/s，当n=2时，v=43m/s，故BC正确；
D、由图(a)、(b)可知，P、Q两质点振动方向并不是始终相反，故D错误。
故选：BC。
t=0时刻，分析Q质点的位移，再确定其速度大小。根据P、Q两质点在同一时刻的振动状态求出波长的表达式，再得到波长特殊值。根据波速计算公式求解波速表达式，得到波速特殊值。根据振动图像分析P、Q两质点振动方向关系。
解答本题的关键要理解波的周期性，根据两质点的振动情况，写出两质点在波的传播方向上的距离与波长的关系，得到波长的通项。
10.【答案】AB
【解析】解：A、由B=B0+kt得，磁感应强度随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律得，导线框中的感应电动势E=nΔBSΔt=nkL2
导线框中的电流I=ER=En⋅4LR0=kL4R0
故A正确；
B、由楞次定律得，导线框中产生瞬时值方向的电流，由左手定则得，cd段所受安培力方向水平向左，则导线框向左运动，通过导线框横截面的电荷量为q=It=nΔΦR=B0L4R0
故B正确；
CD、若在导线框上加一质量为M的负载物，对导线框和负载物整体，由动能定理得，安培力对导线框做的功为W=12(M+m)v2
故CD错误；
故选：AB。
根据法拉第电磁感应定律求出线框中产生的感应电动势，由欧姆定律求出线框中的电流大小；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解通过导线框横截面的电荷量；根据动能定理求解安培力对导线框做的功。
本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，解题关键是分析好根据磁场的变化求解感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和动能定理列式求解即可。
11.【答案】乙 4π2LN2t2 A
【解析】解：(1)实验过程要保持摆长不变，单摆的悬点需要固定，如果选择图甲所示方式，单摆运动过程摆长会发生改变，如果按图乙所示固定方式，单摆摆动过程摆长不变，应选择图乙所示固定方式；
(2)单摆的周期为T=tN
由单摆的周期公式T=2π Lg可知，当地的重力加速度为
g=4π2LN2t2
(3)根据T=2π lg
可得：l=gT24π2；
对比图像可知不过原点的可能原因是摆线长度记为摆长，故A正确，BC错误；
故选：A。
故答案为：(1)乙；(2)4π2LN2t2；(3)A
(1)根据实验原理与操作分析解答；
(2)根据题意解得周期，根据单摆周期公式解答；
(3)根据单摆的周期公式推导出l与T2的关系式，再分析图像。
实验的核心是实验原理，根据实验原理推导出解析式，研究图像下列几个方面的意义，如：斜率、截距、面积等等。
12.【答案】bⅠ149左疏右密 大于
【解析】解：(1)滑动变阻器采用限流式接法，因此闭合开关以前，滑动片应位于阻值最大的那一端，即b端；
(2)该电路为电流表内外法，由于电压表的分流，通过待测电阻的真实电流IR=I−IV，待测电阻的真实值
R真=UI−IV>UI，即电阻的测量值小于理论值，故I为实验值；
(3)由图像可得0℃时，金属热电阻的阻值为Rt=100Ω
根据欧姆定律，电路中的电流I=UgR0
根据闭合电路的欧姆定律E=Ug+I(Rt+R+r)
代入数据联立解得R=149Ω
(4)由图1中的Ⅱ理论值图线可知Rt=kt+100(Ω)
斜率k=260−100400−0Ω/℃=0.4Ω/℃
因此Rt=0.4t+100(Ω)
根据闭合电路的欧姆定律E=U+UR0(Rt+R+r)
代入数据化简得t=3750U−3125(℃)
描绘出大致的t−U图像如图所示：
由数学关系可知，将电压表刻度线改成温度刻度线之后，温度刻度线左密右疏。
(5)电源电动势变小，相同电流时金属热电阻的实际阻值变小，所对应的实际温度偏低，故测量值大于真实值。
故答案为：(1)b；(2)I；(2)149；(4)左密右疏；(5)大于。
(1)滑动变阻器采用限流式接法，因此闭合开关以前，滑动片应位于阻值最大的那一端
(2)根据电路构造分析出测量值和实际值的大小关系，并由此完成分析；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析出对应的温度；
(4)根据图像结合数学知识大致描绘出对应的t−I图像并完成分析；
(5)根据电路构造结合金属热电阻的电阻变化完成分析。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合闭合电路的欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)若θ=30∘，由右手定则可知，金属细杆MN中感应电流方向由f到e，则e点的电势高于f的电势。
金属细杆MN有效切割长度等于l，则细杆ef段产生的感应电动势为E=Blv0
f、e之间的电势差Ufe=−lsinθR0lsinθR0+RE=−Blv0R0R0+Rsinθ=−2Blv0R02R0+R
(2)若θ=150∘，金属细杆MN有效切割长度也等于l，电路中电流为
I=ER总=Blv0lsinθR0+R
金属细杆MN受到的安培力大小为F安=BI⋅lsinθ，方向垂直MN杆斜向左下方。
联立得F安=B2l2v0lR0+Rsinθ=2B2l2v02lR0+R
由平衡条件得：MN所受外力F=F安=2B2l2v02lR0+R，方向与水平方向成60∘角斜向右上方。
答：(1)e点的电势高于f的电势。f、e之间的电势差为−2Blv0R02R0+R。
(2)MN所受外力为2B2l2v02lR0+R，方向与水平方向成60∘角斜向右上方。
【解析】(1)运用右手定则判断电势高低。金属细杆MN有效切割长度等于l，由E=Blv0求出细杆ef段产生的感应电动势，由串联电路电压分配规律求f、e之间的电势差Ufe；
(2)若θ=150∘，金属细杆MN有效切割长度也等于l，由欧姆定律求电路中电流，由F=BIL求出细杆受到的安培力大小，再求出此时MN所受外力F。
解答本题的关键要明确金属杆有效的切割长度即垂直于速度方向的长度，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式相结合进行解答。
14.【答案】解：(1)P在斜面上下滑过程，由动能定理得：mgh−μmgcosθ×hsinθ=12mv02−0
解得：v0= 23gh
(2)P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+kmv2
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12kmv22
解得：v1=1−k1+kv0，v2=21+kv0，
要P、Q只发生一次碰撞，则v1<0
解得：k>1
答：(1)P与Q即将碰撞前P的速度v0是 23gh；
(2)若P与Q只发生一次碰撞，则k应该满足的条件是k>1。
【解析】(1)P在斜面上运动过程，应用动能定理求出P与Q碰撞前的速度。
(2)P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后P、Q的速度，然后分析答题。
本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
15.【答案】解：(1)设从P出发的粒子第一次到达x轴的速度大小为v，由动能定理得：
qEh=12mv2−12mv02解得：v=2 qEhm
沿+y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最短(设为tmin)，以+y方向为正方向，由动量定理得：
qEtmin=mv−mv0
沿−y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最长(设为tmax)，以+y方向为正方向，由动量定理得：
qEtmax=mv−(−mv0)
故所求最大时间差为：
Δtmax=tmax−tmin
解得：Δtmax=2 2mhqE；
(2)粒子在匀强电场中做类斜抛运动，将其分解为沿+x方向的匀速直线运动和沿+y方向的匀加速直线运动。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其运动半径为r，依题意，根据运动的对称性，匀速圆周运动轨迹的圆心在y轴上，画出其运动轨迹如图1所示。
设从P射出的这个粒子速度大小为v1，达到x轴时的速度大小为v2，它们沿x、y轴分速度大小分别为：
v1x=v1cos30∘；v1y=v1sin30∘；v2x=v2cos60∘；v2y=v2sin60∘
P到M的过程，由沿+x方向做匀速直线运动可得：v1x=v2x
解得：v2= 3v1；v2y=32v1；v1y=12v1
P到M的过程，沿+x方向位移大小为：xOM=v1xt1= 32v1t1
沿+y方向的位移大小为：h=12(v1y+v2y)t1=v1t1
沿+y方向的分速度关系为：v2y=v1y+at1，可得：v1=at1
在电场中的加速度大小为：a=qEm
联立解得：xOM= 32h；v1= qEhm
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qv2B=mv22r
由几何关系可得运动半径为：r=xOMcos30∘
解得E与B满足的关系式为：E=qh3mB2；
(3)根据前述的解答大致画出粒子在电磁场中做周期性运动的轨迹示意图如图2所示。
粒子由P到A的过程做类平抛运动，则有：
xOA=v0t
h=12at2
vsinθ=at
a=qEm
联立解得：xOA=v0 2mhqE；vsinθ= 2qEhm
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有：
qvB=mv2R
圆周轨迹的弦长为：L=2Rsinθ=2mvsinθqB=2B 2mEhq
由电场中类平抛运动的对称性，可知图2中线段CQ1的距离为：xCQ1=2xOA。
当粒子经磁场偏转n次(或者没有经过磁场偏转，即n=0)，由第四象限进入第一象限时击中Q点(比如在图2中的A点或Q1点击中Q点)，需满足：
d=xOA+n(xCQ1−L)=(2n+1)xOA−nL
解得：v0=12n+1(2nEB+d qE2mh)，n=0、1、2、3……
当粒子经磁场偏转n次，由第一象限进入第四象限时击中Q点(比如在图2中的C点或Q2点击中Q点)，需满足：
d=xOA−L+(n−1)(xCQ1−L)=(2n−1)xOA−nL
解得：v0=12n−1(2nEB+d qE2mh)，n=1、2、3……
答：(1)同时从P出发的两个粒子第一次到达x轴的最大时间差Δtmax为2 2mhqE；
(2)E与B满足的关系式为E=qh3mB2；
(3)粒子的初速率v0为12n+1(2nEB+d qE2mh)，n=0、1、2、3……，或12n−1(2nEB+d qE2mh)，n=1、2、3……。
【解析】(1)由动能定理可知从P出发的粒子第一次到达x轴的速度大小均相等，沿+y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最短，沿−y方向从P出发的粒子第一次到达x轴的时间最长，两时间的差值即为所求最大时间差，由动量定理求解时间；
(2)粒子在匀强电场中做类斜抛运动，将运动分解处理。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据运动的对称性，画出其运动轨迹。确定两运动相关联的物理量，根据洛伦兹力提供向心力，由几何关系确定运动半径，进而求解；
(3)粒子在电磁场中做周期性运动，画出其轨迹示意图，根据需要满足的几何条件求解。
本题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动问题，题目难度大。依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
相关试卷
2023届新高考模拟预热卷物理（重庆卷含解析）： 这是一份2023届新高考模拟预热卷物理（重庆卷含解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆一中高考物理适应性试卷（3月份）（含答案解析）： 这是一份2023年重庆一中高考物理适应性试卷（3月份）（含答案解析），共18页。
2023年重庆市高考物理调研试卷（含答案解析）： 这是一份2023年重庆市高考物理调研试卷（含答案解析），共15页。
