江苏省2023新高考物理下学期模拟预测卷六含解析202303160329

江苏省2021届新高考物理下学期模拟预测卷（六）（含解析）一、单项选择题:共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.甲、乙两车在平直公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻，甲车在乙车前20m处，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A．甲车启动的加速度大于乙车启动的加速度B．甲车启动15s时，乙车落后甲车的距离最大C．乙车启动时，甲在乙车前方50mD．t＝25s时，乙车正好追上甲车2.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法不正确的是（　　）A．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为7.5m/s2B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小为2.5NC．A、B分离时，A物体的位移大小为0.1mD．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.2m3.如图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略，假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F将活塞缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是(　　)A．气体做等温膨胀，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少B．气体做等温膨胀，分子的平均动能不变，气体的压强不变C．气体从外界吸收热量，内能变大D．气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，此过程违反热力学第二定律4.如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电．现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（　　）23\nA．B．C．D．5.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述中正确的是（　　）A．卫星的运行速度可能等于第一宇宙速度B．卫星距离地面的高度为C．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度D．卫星运行的向心加速度等于地球赤道表面物体的向心加速度6.狄拉克曾预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感应呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B=（k为常数），设空间有一固定的S极磁单极子，磁场分布如图所示，一带电小球q（重力不可忽略）在S极附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断中正确的是（　　）A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正下方B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方C．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动（从上往下看）D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动（从上往下看）7.如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x．不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（　　）A．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大23\nC．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D．线圈在整个过程中产生的焦耳势为mgx8.一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能EK、牵引力对汽车做的功W随运动时间t、运动位移x的变化图像正确的是ACBOWtOEKtxOWOxEKD9.如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1～t2时间内（　　）A．电流表A1和A2的示数相同B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1的示数比A2的小D．电流表的示数都不为零10.用如图甲所示的装置研究光电效应现象.闭合开关S，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应.图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是(　　)A.普朗克常量为h＝B.断开开关S后，电流表G的示数不为零C.仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D.保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变11.一艘太空飞船静止时的长度为30m，它以0.6c(c23\n为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是(　　)A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30mB．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30mC．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c二、非选择题:共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.某同学用化学课所学的知识，用柠檬自制了一个水果电池，用万用表粗测得知它的电动势E约为3V，内阻r约为40Ω，若该电池允许输出的最大电流为20mA．为了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：A．待测电池B．电压表V：量程0～15V，内阻Rv≈15kΩ；C．电流表A：量程0～1mA，内阻RA＝38Ω；D．电阻箱R：0﹣999.9Ω；E．定值电阻R1＝2Ω；F．定值电阻R2＝19Ω；G．定值电阻R3＝72Ω；H．定值电阻R＝108ΩI．开关、导线若干。（1）该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的　　（填写器材前的选项字母）（2）选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整　　，并在电路中注明所选器材的符号：（3）将电阻箱的阻值调整到最大，闭合开关。23\n（4）调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x，电表读数用国际单位（A或V）作单位。（5）重复步骤（4）获取多组R和x的值。（6）断开开关，整理器材。（7）据所得数据在﹣R坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E＝　　V，内阻r＝　　Ω．（结果均保留一位小数）13.如图甲所示，在某介质的xOy平面内有两完全相同的波源S1和S2，波源S1的坐标为（0，0.15m），其振动图象如图乙所示；波源S2的坐标为（0，﹣0.15m），其振动图象如图丙所示。在x＝0.4m处有一平行于y轴的直线，与x轴交于N点，直线上M点的坐标为（0.4m，0.15m）。两波源发出的波的波长均为0.2m，求：①两波源发出波的传播到M点的时间；②时，质点M的位移。14.如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热，U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40cm，求此时左、右两气室的体积之比．取重力加速度大小g23\n＝10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．15.如图所示，水平轨道与圆弧轨道在C处平滑相接，整个轨道光滑且固定在竖直平面内。水平轨道的左侧固定一轻质弹簧，弹簧右端连接着质量的物块B；圆弧轨道半径。现从圆弧轨道最高点，由静止释放一个质量的物体A，在A运动过程中，每当其通过MN区域时均受到方向水平向左，大小为1N的恒力F作用。已知MN间距，物块A、B之间的碰撞为弹性正碰，且第一次碰撞前物块B是静止的。，求：（1）物块A滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块A和物块B第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块B再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第一次碰撞后，A在MN区域内运动的总时间。16.如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t=0时刻，一质量为m、电荷量为+23\nq的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为+x轴方向．已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0=，不计粒子所受重力．求：（1）t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标（x1，y1）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，B0与E0应满足的关系；（3）t=4nt0（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x．参考答案一、单项选择题:共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.甲、乙两车在平直公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻，甲车在乙车前20m处，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）23\nA．甲车启动的加速度大于乙车启动的加速度B．甲车启动15s时，乙车落后甲车的距离最大C．乙车启动时，甲在乙车前方50mD．t＝25s时，乙车正好追上甲车【分析】速度﹣时间图象切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系和位移分析何时相遇。【解答】解：A、甲车启动的加速度a＝m/s2＝1m/s2，乙车启动的加速度a′＝m/s2＝2m/s2，故A错误；B、当两车的速度相等时相遇最远，即甲车启动15s时，乙车落后甲车的距离最大，故B正确。C、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t＝10s时启动，此时甲的位移为x＝×10×10m＝50m，即甲车运动到乙处前20m+50m＝70m，故C错误。D、乙车启动的时候，甲车恰好运动到乙处前方70m，根据图象可知在10﹣20s内它们的位移相同，再运动△t＝＝7s，即27s末，二者相遇，故D错误；故选：B。2.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法不正确的是（　　）23\nA．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为7.5m/s2B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小为2.5NC．A、B分离时，A物体的位移大小为0.1mD．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.2m【分析】A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，由牛顿第二定律可求得加速度；B、初始时系统处于静止状态，由合力为0可求得弹簧的形变量，当弹簧压缩量减小0.05m时，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得A、B间弹力大小；C、A、B分离时，AB间弹力为0，二者加速度和速度相等，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得弹簧的形变量，则A的位移可求解；D、B物体速度达到最大时，加速度为0，合力为0，以此可求得此时弹簧的形变量。【解答】解：A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，合力为外力F＝15N，由牛顿第二定律得：a＝＝7.5m/s2，故A正确；B、初始时系统处于静止状态，即2mg＝kx0，解得：x0＝0.4m，当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：对A：F+FAB﹣mg＝ma1对B：k（x0﹣0.05）﹣mg﹣FAB＝ma1，联立解得：FAB＝1.25N，故B错误；C、设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A：F﹣mg＝ma2，对B：kx1﹣mg＝ma2，联立解得：x1＝0.3m，所以A物体的位移大小为x0﹣x1＝0.1m，故C正确；D、当B物体的合力为0时速度达到最大，由C选项的分析知AB分离时有向上的加速度，所以速度最大时AB已经分离，由合力为0得：kx2＝mg，解得：x2＝0.2m，故D正确；故选：B。3.如图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略，假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F将活塞缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是(　　)A．气体做等温膨胀，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少23\nB．气体做等温膨胀，分子的平均动能不变，气体的压强不变C．气体从外界吸收热量，内能变大D．气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，此过程违反热力学第二定律【答案】A【解析】因气缸导热，气体的温度不变，气体体积变大，则压强减小；气体的体积增大，则单位体积内的分子数减小，则气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，选项A正确，B错误；由于气体压迫活塞，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知，因温度不变，内能不变，则气体应吸热，且吸收的热量等于对外做功，选项C错误；气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，但要引起气体的变化，此过程不违反热力学第二定律，选项D错误。4.如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电．现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（　　）A．B．C．D．【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】由i﹣t图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，图象与坐标轴围成的面积表示q=it，从而即可求解．【解答】解：由i﹣t图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，即流过电阻R的充电电流和放电电流方向相反；图象与坐标轴围成的面积表示it，即为电荷量，所以图电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量，即相等，故A正确，BCD错误；故选：A．5.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述中正确的是（　　）A．卫星的运行速度可能等于第一宇宙速度23\nB．卫星距离地面的高度为C．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度D．卫星运行的向心加速度等于地球赤道表面物体的向心加速度【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．【解答】解：A、第一宇宙速度为v1=，而同步卫星的速度为v=，因此运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；B、万有引力提供向心力，有：==且r=R+h解得：h=﹣R，故B错误；C、卫星运行时受到的向心力大小是F向==m，向心加速度；地表重力加速度为g=，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C正确；D、同步卫星与地球赤道表面的物体具有相同的角速度，根据知，卫星运行的向心加速度大于地球赤道表面物体的向心加速度，故D错误；故选：C．【点评】本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步，注意第一宇宙速度的含义．6.狄拉克曾预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感应呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B=（k为常数），设空间有一固定的S极磁单极子，磁场分布如图所示，一带电小球q（重力不可忽略）在S极附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断中正确的是（　　）23\nA．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正下方B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方C．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动（从上往下看）D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动（从上往下看）【分析】粒子在磁场中受洛仑兹力及本身的重力，其合力使物体做匀速圆周运动，故它们的合力应充当向心力；分析正负电荷的受洛伦兹力情况，明确合力能否充当向心力．【解答】解：要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；洛伦兹力必沿斜上方，其竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力；根据左手定则可以判断；若小球带正电，其转动轨迹平面必在S的正上方且沿逆时针运动，若小球带负电，则小球受电场力指向Q，故电场力与重力的合力可以提供向心力，可以在正下方运动，故C正确，AD错误．故选：C．【点评】本题巧妙地将电场和磁场相结合，考查了向心力、库仑力及洛仑兹力方向的判断问题，对学生要求较高，注意培养空间想像能力．7.如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x．不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（　　）A．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大23\nC．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D．线圈在整个过程中产生的焦耳势为mgx【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，并利用楞次定律力的角度“来拒去留”去分析安培力方向，最后依据能量守恒定律，即可求解产生的焦耳热是来自于重力势能的减小．【解答】解：A、弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g，故A正确；B、磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B错误；C、当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C错误；D、根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q=mgh=2mgx，故D错误；故选：A．8.一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能EK、牵引力对汽车做的功W随运动时间t、运动位移x的变化图像正确的是ACBOWtOEKtxOWOxEKD答案：C9.如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1～t2时间内（　　）23\nA．电流表A1和A2的示数相同B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1的示数比A2的小D．电流表的示数都不为零【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题综合考查电磁感应及电容器、电感器的工作原理，要求能记清电容、电感的作用．10.用如图甲所示的装置研究光电效应现象.闭合开关S，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应.图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是(　　)A.普朗克常量为h＝B.断开开关S后，电流表G的示数不为零C.仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D.保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变答案　B解析　根据Ek＝hν－W0得，Ek－ν图象的斜率表示普朗克常量，故h＝，故A错误；开关S断开后，因光电效应现象中，光电子存在最大初动能，因此电流表G的示数不为零，故B正确；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故C错误；若保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，则光子数目减小，那么电流表G的示数会减小，故D错误.23\n11.一艘太空飞船静止时的长度为30m，它以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是(　　)A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30mB．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30mC．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c解析：选B　飞船上的观测者相对飞船静止，测得飞船的长度为飞船静止时的长度l0＝30m，选项A错误；地球上的观测者与飞船有相对运动，测得飞船的长度l＝l0＜l0，故应小于30m，选项B正确；狭义相对论的一个基本假设是光速不变原理，即飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c，选项C、D错误。二、非选择题:共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.某同学用化学课所学的知识，用柠檬自制了一个水果电池，用万用表粗测得知它的电动势E约为3V，内阻r约为40Ω，若该电池允许输出的最大电流为20mA．为了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：A．待测电池B．电压表V：量程0～15V，内阻Rv≈15kΩ；C．电流表A：量程0～1mA，内阻RA＝38Ω；D．电阻箱R：0﹣999.9Ω；E．定值电阻R1＝2Ω；F．定值电阻R2＝19Ω；G．定值电阻R3＝72Ω；H．定值电阻R＝108ΩI．开关、导线若干。23\n（1）该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的　　（填写器材前的选项字母）（2）选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整　　，并在电路中注明所选器材的符号：（3）将电阻箱的阻值调整到最大，闭合开关。（4）调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x，电表读数用国际单位（A或V）作单位。（5）重复步骤（4）获取多组R和x的值。（6）断开开关，整理器材。（7）据所得数据在﹣R坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E＝　　V，内阻r＝　　Ω．（结果均保留一位小数）12．【分析】（1）求出电路的最小电阻，然后选择保护电阻。（2）根据题意选择实验器材，根据实验原理作出实验电路图。（7）根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻。【解答】解：（1）本实验中，当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，电池输出的电流最大，则电路中的最小固定电阻值约为＝150Ω，因电源内阻约为40Ω，故值电阻约为110Ω，故该定值电阻应选器材中的H；（2）本实验给定电压表量程太大，不可以使用；因电流表给定量程太小，故需要扩大量程20倍，需要并联的电阻值为：R＝＝＝2Ω，23\n所以选定值电阻R1与电流表A并联，就可改装成一个量程为20mA的电流表。所以虚线框中的电路补充完整后如下图象所示：；（7）由以上分析可知，题目中提到的x，指代电流表读数I，根据闭合电路欧姆定律可得：E＝（I+）（+R0+R+r），整理方程得：＝R+，即：故：解得：E＝3.2V，＝950，解得：r＝42.1Ω；故本题答案为：（1）H；（2）；（7）3.2；42.1。13.如图甲所示，在某介质的xOy平面内有两完全相同的波源S1和S2，波源S1的坐标为（0，0.15m），其振动图象如图乙所示；波源S2的坐标为（0，﹣0.15m），其振动图象如图丙所示。在x＝0.4m处有一平行于y轴的直线，与x轴交于N点，直线上M点的坐标为（0.4m，0.15m）。两波源发出的波的波长均为0.2m，求：23\n①两波源发出波的传播到M点的时间；②时，质点M的位移。【分析】①先读出周期，求出两列波的波速，再由运动学公式求两波源发出波的传播到M点的时间；②根据两波源发出波的传播到M点的时间，确定时，质点M已振动的时间，结合数学知识求M的位移，再由波的叠加原理求解。【解答】解：①两波的周期为：T＝2s两列波的波速为：S1传到M点所用的时间为：t1＝＝＝4sS2传到M点所用的时间为：t2＝＝＝5s②时，波源S1发出的波传至M后，M点振动的时间为：时，波源S1发出的波引起M点振动的位移为：时，波源S2发出的波传至M后，M点振动的时间为：时，波源S2发出的波引起M点振动的位移为：因此，时，质点M的位移为：答：①两波源S1和S2发出波的传播到M点的时间分别为4s和5s；②时，质点M的位移为﹣10cm。14.如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热，U形管内盛有密度为ρ23\n＝7.5×102kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40cm，求此时左、右两气室的体积之比．取重力加速度大小g＝10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．【解析】　设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得：p0V01＝p1V1①p0V02＝p2V2②依题意有：V01＋V02＝V1＋V2③由力的平衡条件有：p2－p1＝ρgh④联立①②③④式，并代入题给数据得：2V＋3V01V1－9V＝0⑤由此解得：V1＝V01(另一解不合题意，舍去)⑥由③⑥式和题给条件得：V1∶V2＝1∶1【答案】　1∶115.如图所示，水平轨道与圆弧轨道在C处平滑相接，整个轨道光滑且固定在竖直平面内。水平轨道的左侧固定一轻质弹簧，弹簧右端连接着质量的物块B；圆弧轨道半径。现从圆弧轨道最高点，由静止释放一个质量的物体A，在A运动过程中，每当其通过MN区域时均受到方向水平向左，大小为1N的恒力F作用。已知MN间距，物块A、B之间的碰撞为弹性正碰，且第一次碰撞前物块B是静止的。，求：（1）物块A滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块A和物块B第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块B再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第一次碰撞后，A在MN区域内运动的总时间。23\n解析：（1）假设B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为，由机械能守恒定律得：，代入数据得，在圆弧最低点，由牛顿第二定律得：，代入数据得，由牛顿第三定律可知，物体B对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下（2）设碰撞前A的速度为，由动能定理得：，解得，A、B第一次碰撞过程中，取向左为正方向，有动量守恒定律得：由能量守恒可得，联立解得：，物体A的速度为0时，弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒可得：（3）A、B第一次碰撞后，A向右运动，由于，故A不能通过MN区域就返回，由动量定理得：，解得，在A与B第二次碰撞的过程有，，解得，以此类推：16.如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为+x轴方向．已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0=23\n，不计粒子所受重力．求：（1）t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标（x1，y1）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，B0与E0应满足的关系；（3）t=4nt0（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，采用正交分解法，根据分运动规律列式求解即可；（2）使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，则圆心在y轴上，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解；（3）有电场时粒子做类似平抛运动，只有磁场时粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系列式分析．【解答】解：（1）在电场中运动，沿着x轴正方向有：x1=v0t0，沿着y轴正方向，有：vy=at0，y1=，由牛顿第二定律，有：qE0=ma，运动的速度大小v1=，解得：v1=，粒子的位置坐标为（v0t0，）；（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则：qv1B0=，解得：T=2t0；则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示：23\n粒子在磁场中做圆周运动时，有：qv1B0=m，圆心在y周期上，结合几何关系得到：r1sinθ=v0t0，且v1sinθ=v0，解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t0，即在t0～2t0时间内粒子转了半圈，在x方向向左移动△x，2t0时刻速度大小仍为v1，方向与t0时刻速度方向相反，在2t0～3t0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与0～t0时间内相同，3t0时刻速度大小为v0，方向沿着x轴负方向，在3t0～4t0时间内粒子转动半圈，4t0时刻速度大小为v0，方向沿着x正方向，如图所示；则0～4t0时间内粒子在x方向向左移动的距离为△x；则粒子的横坐标x=﹣n△x=﹣（n=1，2，…）答：（1）t0时刻粒子的速度大小为，对应的位置坐标（v0t0，）；23\n（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，B0与E0应满足的关系；（3）t=4nt0（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x为﹣（n=1，2，…）．23