2018年吉林省普通高中高考物理二调试卷
一、选择题，本卷共12小题，1-8题为单选，每题4分，不选或错选的得0分；9-12题为多选，每题4分，全选对的得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分．将你的答案填写在“答题纸”对应的题号处
1．甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．两物体两次相遇的时刻是2 s末和6 s末
B．4 s末甲在乙前面
C．在0～6 s内，两物体相距最远的时刻是1 s末
D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动
2．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．框架对小球的支持力先减小后增大
B．拉力F的最小值为mgcosθ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力先增大后减小
3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，两个相同的小木块A和B（均可看作为质点）），质量均为m．用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．木块A、B所受的摩擦力始终相等
B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍
C．ω=是绳子开始产生弹力的临界角速度
D．若ω=，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动
5．如图所示为蹦极运动的示意图．轻质弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．不计空气阻力，下列表述正确的是（ ）
A．经过B点时，运动员的速率最大
B．经过C点时，运动员的速率最大
C．从C点到D点，运动员处于失重状态
D．从C点到D点，运动员的重力功等于弹性绳的弹力功
6．如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC=60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿切线滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为（ ）
A． mg B．3mg C． mg D．4mg
7．一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）
A．t=6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N•s
D．t=6 s时，拉力F的功率为200 W
8．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（ ）
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能改变量大于机械能改变量
D．电势能先减小后增大
9．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图（a）、（b）分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易
B．图（a）通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
C．图（b）中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D．图（b）的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
10．轨道平面与赤道平面夹角为90．的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道．如图，若某颗极地轨道卫星从北纬450的正上方按图示方向首次运行到南纬450的正上方用时45分钟，则（ ）
A．该卫星运行速度一定小于7.9km/s
B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：4
C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
11．利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n
，现测得：一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用理想电压表可测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（ ）
A．上表面电势高
B．下表面电势高
C．该导体单位体积内的自由电子数为
D．该导体单位体积内的自由电子数为
12．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列判断正确的是（ ）
A．金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为
B．通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P
C．通过电阻R的电流的最大值为
D．OM两点间电势差绝对值的最大值为
二、非选择题（共6小题，满分62分）
13．如图1所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d
、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．
（1）用游标卡尺测量钢球直径读数为 mm
（2）钢球下落过程中受到的空气平均阻力Ff= （用题中所给物理量符号来表示）
（3）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度 （选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度．
14．如图为测定电源电动势和内电阻的几个实验电路，回答下列问题．
（1）由于伏特表内阻不是无穷大，安培表内阻也不是零，这些都会对实验结果造成影响．
①四个电路图中， （选填甲、乙、丙、丁）电动势和内电阻测量值都偏小．
②四个电路图中， （选填甲、乙、丙、丁）电动势的测量值无系统误差．
（2）若甲图中安培表可视为理想电表，采用图象法处理测量数据．若纵坐标为电阻箱的读数 R，则横坐标为 （选填I或
）此时描点连线所得才为一条直线．该直线的斜率表示 （用物理量符号表示）；直线与纵轴截距绝对值表示 （用物理量符号表示）
15．雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f=CρSv2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数（不同空间为不同常量），ρ为空气的密度（不同空间密度不同），S为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度 方向的横截面积）．
已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R，每个雨滴的质量均为m，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g．
（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小
（2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功．
16．如图所示，地面光滑，质量为m1的A物块，以v0=10m/s的速度向右匀速运动．质量分别为m2﹑m3的物块B与C，由轻质并且处于原长状态的弹簧相固连，B﹑C和弹簧初始静止放置，某时刻A与B碰撞后立刻粘在一起．已知m1=2kg，m2=m3=3kg，求：
（1）A与B碰撞粘在一起后瞬间的速度大小
（2）此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小．
17．如图所示，半径为R的圆与正方形abcd相内切，在ab、dc边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为+q的粒子从ad边中点O1沿O1O方向以速度v0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc边中点O2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．
（1）求两极板间电压U的大小
（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．
18．（附加题）如图甲所示，一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合．在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流随时间变化的图象如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中．
（1）求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；
（2）写出水平力F随时间变化的表达式；
（3）已知在这5s内力F做功1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
2018年吉林省普通高中高考物理二调试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，本卷共12小题，1-8题为单选，每题4分，不选或错选的得0分；9-12题为多选，每题4分，全选对的得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分．将你的答案填写在“答题纸”对应的题号处
1．甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．两物体两次相遇的时刻是2 s末和6 s末
B．4 s末甲在乙前面
C．在0～6 s内，两物体相距最远的时刻是1 s末
D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】v﹣t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；
图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向．
【解答】解：A、t=2s时乙的位移为x=×2×4=4m，甲的位移为x′=2×2=4m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故2s末时二者相遇，同理可判断6s末二者也是相遇，故A正确；
B、4s时甲的位移为x=4×2=8m，乙的位移为：x′=×2×4+×（2+4）×2=10m；甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，B错误；
C、1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而4s
末两物体相距的距离等于2﹣4之间三角形的面积，明显4s末二者的距离最大，故C错误；
D、乙的速度一直为正，说明其运动方向始终未发生变化，故D错误；
故选：A
2．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．框架对小球的支持力先减小后增大
B．拉力F的最小值为mgcosθ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力先增大后减小
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析小球受力变化情况．
再以整体为研究对象，分析框架的受力情况．
【解答】解：AB、以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示：
根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcosθ．故A错误，B正确；
C、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小．故C错误；
D、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小．故D错误．
故选：B．
3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式求解．
【解答】解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有：
=
所以：t==，因此当θ=45°时，时间最短，故ABD错误，C正确．
故选：C
4．如图所示，两个相同的小木块A和B（均可看作为质点）），质量均为m．用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．木块A、B所受的摩擦力始终相等
B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍
C．ω=是绳子开始产生弹力的临界角速度
D．若ω=，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动
【考点】4A：向心力；48：线速度、角速度和周期、转速．
【分析】当角速度较小时，AB均靠静摩擦力提供向心力，当B的摩擦力达到最大时，绳子开始出现张力，当A的摩擦力达到最大时，AB开始发生相对滑动，结合牛顿第二定律分析判断．
【解答】解：A、当角速度较小时，AB均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，AB开始发生相对滑动，可知b的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，a、b的角速度相等，半径之比为1：2，则静摩擦力之比为1：2，当绳子出现张力后，a、b的静摩擦力之比不是1：2，故AB错误．
C、当摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，绳子开始产生拉力，则kmg=mω2•2l，解得，故C错误
D、当A的摩擦力达到最大时，AB开始滑动，对A有：kmg﹣T=mlω′2，对B有：T+kmg=m•2lω′2，解得ω′=，故D正确．
故选：D．
5．如图所示为蹦极运动的示意图．轻质弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．不计空气阻力，下列表述正确的是（ ）
A．经过B点时，运动员的速率最大
B．经过C点时，运动员的速率最大
C．从C点到D点，运动员处于失重状态
D．从C点到D点，运动员的重力功等于弹性绳的弹力功
【考点】6B：功能关系；62：功的计算．
【分析】动员从O点自由下落，到达B点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化．
【解答】解：AB、从O点到B点，运动员只受重力，做自由落体运动；运动员到达B点后弹性绳伸直，随着运动员向下运动弹性绳的弹力不断增大．在B到C过程：重力大于弹性绳的弹力，合力等于重力减去弹力，方向竖直向下，大小不断减小，故运动员做加速度不断减小的加速运动，到达C点时，运动员的速度最大．故A错误，B正确；
C、在C到D的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，合力等于弹力减去重力，方向竖直向上，故运动员做加速度不断变大的减速运动，由于加速度的方向向上，所以运动员处于超重状态．故C错误；
D、在C到D的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，所以运动员的重力功小于弹性绳的弹力功，故D错误
故选：B
6．如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC=60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿切线滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为（ ）
A． mg B．3mg C． mg D．4mg
【考点】4A：向心力；43：平抛运动．
【分析】小球做平抛运动，由AB间的高度求出小球到达B点时的竖直分速度，由速度的分解求解出A点的速度．选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力．
【解答】解：对于AB段：由=2g（R﹣Rcos60°）
则得小球到达B点时的竖直分速度 vy=
据题小球从光滑圆弧BC的B点的切线方向进入圆弧，说明到B点的速度vB方向与水平方向的夹角为60°，则得初速度为 vA=vycot60°=
从A到C的运动过程中，运用动能定理得：
mvC2﹣mvA2=mgR
在C点，由圆周运动向心力公式得：N﹣mg=m
代入数据解之得：N=mg
由牛顿第三定律，得在C点小球对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上．
故选：C．
7．一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）
A．t=6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N•s
D．t=6 s时，拉力F的功率为200 W
【考点】52：动量定理；62：功的计算；63：功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，
根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率
【解答】解：A、根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+=20m/s，故A错误；
B、根据动能定理得： =396J，故B错误；
C、在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，有动量定理得：
IF﹣ft=mv6﹣mv0
代入数据得：IF=48N•s
即拉力对物体的冲量为48 N•s，故C错误
D、在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：
F=ma+f=2×4+2=10N
则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．
故选：D
8．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（ ）
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能改变量大于机械能改变量
D．电势能先减小后增大
【考点】AE：电势能；6B：功能关系；AC：电势．
【分析】bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场分布特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况．
【解答】解：A、由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：ac与bd的交点O处场强为0，电场线的方向由此交点指向两边，由于负电荷受到的电场力跟电场线的方向相反，所以负电荷受到的电场力始终指向ac的连线与中垂线的交点，由于该电场是不均匀的，粒子所受的电场力是变化的，所以加速度是变化的，故A错误；
B、由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到d，电势是先增大后减小，故B错误；
C、由于只有电场力做功，只有电势能与动能的相互转化，电势能与机械能之和守恒，因此，电势能改变量等于机械能改变量．故C错误；
D、由b到ac连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，故D正确．
故选：D
9．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图（a）、（b）分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易
B．图（a）通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
C．图（b）中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D．图（b）的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法．
【解答】解：A、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推．故A正确，B错误；
C、实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故C错误；
D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D正确．
故选：AD．
10．轨道平面与赤道平面夹角为90．的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道．如图，若某颗极地轨道卫星从北纬450的正上方按图示方向首次运行到南纬450的正上方用时45分钟，则（ ）
A．该卫星运行速度一定小于7.9km/s
B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：4
C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；6C：机械能守恒定律．
【分析】根据题意求出卫星的周期，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、轨道半径、加速度，然后分析答题．
【解答】解：由题意可知，卫星的周期：T=×45min=180min=3h；
A、由于卫星的轨道半径大于地球半径，卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于7.9km/h，故A正确；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：r=，该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比： ===，故B正确；
C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，该卫星加速度与同步卫星加速度之比： ===，故C错误；
D、由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误；
故选：AB．
11．利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得：一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用理想电压表可测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（ ）
A．上表面电势高
B．下表面电势高
C．该导体单位体积内的自由电子数为
D．该导体单位体积内的自由电子数为
【考点】CO：霍尔效应及其应用．
【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数．
【解答】解：A、根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高．故A错误，B正确．
C、再根据e=evB，I=neSv=nebdv，得n=，故C正确，D错误．
故选：BC．
12．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列判断正确的是（ ）
A．金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为
B．通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P
C．通过电阻R的电流的最大值为
D．OM两点间电势差绝对值的最大值为
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据导体转动切割磁感线感应电动势公式E=ω计算感应电动势大小．当M端位于最上端时，电路中电阻最大，电流最小．当M位于最下端时电流最大，根据右手定则可得电流方向，外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立计算即可．
【解答】解：A、M端线速度为 v=ωl，OM切割磁感线的平均速度为==，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为 E=Bl=Bl2ω，故A正确；
B、当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小．因 R并=×2R=R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin==，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；
C、当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：Imax==，故C错误；
D、OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：U=Imin×2R=，故D正确．
故选：AD
二、非选择题（共6小题，满分62分）
13．如图1所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．
（1）用游标卡尺测量钢球直径读数为 10.50 mm
（2）钢球下落过程中受到的空气平均阻力Ff= mg﹣m （用题中所给物理量符号来表示）
（3）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度 ＜ （选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度．
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出钢球通过两个光电门的速度，结合速度位移公式求出加速度，根据牛顿第二定律求出空气的平均阻力．
（3）根据匀变速直线运动的规律判断实际上钢球通过光电门的平均速度与钢球球心通过光电门的瞬时速度．
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：10+0.50=10.50mm；
（2）根据平均速度公式可得，小球经过两光电门的速度分别为vA=；vB=；
则对下落h过程分析，由速度和位移关系可知，vB2﹣vA2=2ah
再由牛顿第二定律可知，mg﹣Ff=ma；
解得阻力Ff=mg﹣m；
（3）由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．
故答案为：（1）10.50；（2）mg﹣m；（3）＜
14．如图为测定电源电动势和内电阻的几个实验电路，回答下列问题．
（1）由于伏特表内阻不是无穷大，安培表内阻也不是零，这些都会对实验结果造成影响．
①四个电路图中， 乙丁 （选填甲、乙、丙、丁）电动势和内电阻测量值都偏小．
②四个电路图中， 甲丙 （选填甲、乙、丙、丁）电动势的测量值无系统误差．
（2）若甲图中安培表可视为理想电表，采用图象法处理测量数据．若纵坐标为电阻箱的读数 R，则横坐标为 （选填I或）此时描点连线所得才为一条直线．该直线的斜率表示 E （用物理量符号表示）；直线与纵轴截距绝对值表示 r （用物理量符号表示）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）分析电路特占，明确电表内阻带来的影响，从而分析误差情况；
（2）明确实验原理，根据图象的性质和闭合电路欧姆定律即可求得电动势和内电阻；
【解答】解：（1）甲和丙图中误差均来自于电流表内阻，所以测出的内电阻偏大；而当外电阻断路时，电流表的分压作用可忽略，则测出的电动势是准确的；
乙和丁电路图中，误差来自于电压表的分流作用而使电流表示数偏小，所以误差来自电压表的分流；当外电路断开时测量值应为将电压表并联在电源两端后电压表两端的电压，所以测量出的电动势偏小，而内电阻应视为电压表与内阻的并联后的电阻，所以测量内电阻偏小；
（2）甲图中，根据闭合电路欧姆定律可知：I=，变形可得：R=E﹣r；所以横坐标应用，得出的图象才能为直线；根据图象的性质可知，图象的斜率表示电动势E；直线与纵轴截距绝对值表示内阻r．
故答案为：（1）①乙丁；②甲丙；（3）；E；r．
15．雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f=CρSv2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数（不同空间为不同常量），ρ为空气的密度（不同空间密度不同），S为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度 方向的横截面积）．
已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R，每个雨滴的质量均为m，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g．
（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小
（2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功．
【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律．
【分析】（1）雨滴收尾时做匀速运动，根据平衡条件求出雨滴沿竖直方向下落时的收尾速度．
（2）根据动能定理求出每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功．
【解答】解：（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v，
雨滴达到收尾速度时开始匀速下落 mg=f
又因为 f=C0ρ0Sv2=C0ρ0•πR2v2
解得 v=
（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf，
依据动能定理有 mgh﹣Wf=
解得 Wf=mg（h﹣）
答：
（1）雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小是．
（2）每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功是mg（h﹣）．
16．如图所示，地面光滑，质量为m1的A物块，以v0=10m/s的速度向右匀速运动．质量分别为m2﹑m3的物块B与C，由轻质并且处于原长状态的弹簧相固连，B﹑C和弹簧初始静止放置，某时刻A与B碰撞后立刻粘在一起．已知m1=2kg，m2=m3=3kg，求：
（1）A与B碰撞粘在一起后瞬间的速度大小
（2）此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小．
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．
【分析】（1）A与B碰撞粘在一起的过程，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求碰后瞬间的速度大小
（2）此后运动过程中，三个物体及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒．当弹簧被第一次压缩到最短时三个物体的速度相同，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合解答．
【解答】解：（1）A与B碰撞过程，以A﹑B为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
m1v0=（m1+m2）v
代入数据解得 v=4m/s
（2）弹簧被第一次压缩到最短时A﹑B﹑C三物块速度相等，全程由动量守恒定律有：
m1v0=（m1+m2+m3）v′
解得 v′=2.5m/s
从A与B碰撞粘在一起后到弹簧被第一次压缩到最短的过程中由机械能守恒定律有：
=+Ep．
解得 Ep=15J
答：
（1）A与B碰撞粘在一起后瞬间的速度大小是2.5m/s．
（2）此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小是15J．
17．如图所示，半径为R的圆与正方形abcd相内切，在ab、dc边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为+q的粒子从ad边中点O1沿O1O方向以速度v0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc边中点O2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．
（1）求两极板间电压U的大小
（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．
（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．
【解答】解：（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动
解得：
（2）由于粒子开始时在电磁场中沿这些通过
撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a点，如图甲，由几何关系有：
由洛伦兹力提供向心力有：
解得：
若打到b点，如图乙，由几何关系有：
由洛伦兹力提供向心力有：
解得：
故
答：（1）两极板间电压U的大小
（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，粒子入射速度的范围为
18．（附加题）如图甲所示，一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合．在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流随时间变化的图象如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中．
（1）求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；
（2）写出水平力F随时间变化的表达式；
（3）已知在这5s内力F做功1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
【考点】D8：法拉第电磁感应定律；37：牛顿第二定律；CC：安培力；DD：电磁感应中的能量转化．
【分析】（1）电流随时间线性变化，可知平均电流，根据q=，求出通过导线框截面的电量．根据法拉第电磁感应定律，，求出电阻．
（2）根据，结合电流随时间的变化规律，得出速度随时间的变化规律，从而求出加速度，根据牛顿第二定律，求出水平外力F随时间的变化关系．
（3）求出5s末的速度，根据能量守恒求出线框中产生的焦耳热．
【解答】解：（1）根据q=，由I﹣t图象得，q=1.25C
又根据
得R=4Ω．
（2）由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：I=0.1t
由感应电流，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，
线框做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2．
线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，F﹣FA=ma
得F=（0.2t+0.1）N
（3）t=5s时，线框从磁场中拉出时的速度v5=at=1m/s
由能量守恒得：
线框中产生的焦耳热
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