2024年湖南省长沙市雅礼中学高考物理模拟试卷（七）(含详细答案解析)

这是一份2024年湖南省长沙市雅礼中学高考物理模拟试卷（七）(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，折射率n= 2的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上方，其平面AB到MN的距离为h=10cm。一束单色光沿图示方向垂直MN射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上的O′点。现使玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，从AB平面射出的光线在光屏上的光点移动的方向和光点离O′点的最远距离分别为( )
A. 向右移动、10cm
B. 向左移动、10cm
C. 向右移动、20cm
D. 向左移动、20cm
2.在2023年杭州亚运会上，中国队包揽了男女链球金牌。链球投出前，链球的运动可简化为某倾斜平面内的加速圆周运动。忽略空气阻力，下列说法中正确的是( )
A. 相同时间内速度的变化量相同
B. 链球受到的合外力提供向心力
C. 运动员应该在A点附近释放链球
D. 运动员应该在最高点B释放链球
3.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用的是声波的衍射原理
B. 理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C. P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A(A为降噪声波的振幅)
D. P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
4.如图所示，空间存在垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界水平，以O点为坐标原点，磁场上边界为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x轴方向保持不变、y轴方向满足By=B0+ky，k为大于零的常数。边长为L的单匝正方形导体线框ABCD通过轻质绝缘细线悬挂于天花板，线框质量为m，通有顺时针方向的恒定电流，电流强度为I，系统处于平衡状态，已知该地的重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. AC边与BD边所受安培力相同
B. 细线中拉力大小为mg+kIL2
C. 若仅将细线长度加长，线框始终在磁场内，则稳定后细线弹力变大
D. 若仅将磁场调整为磁感应强度为B0的匀强磁场，方向不变，则稳定后细线中弹力为0
5.如图所示，是高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为m的4节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ。1号车厢的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的13时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为( )
A. 2693P2ρSB. 1363P2ρSC. 2693PρSD. 1363PρS
6.如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B、C重叠放置在斜面上，细绳的一端与B物块相连，另一端有结点O，结点处还有两段细绳，一段连接重物A，另一段用外力F拉住。现让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO′水平，拉动过程中始终保证夹角α=120∘，且绳子OO′始终拉直，物块B和C以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )
A. 绳子OO′的拉力始终减小B. B对C的摩擦力一直在增大
C. 斜面对B的摩擦力可能一直在减小D. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示是一定质量理想气体的状态变化图线。已知a→d是等温膨胀过程，则对于图中所示的4个过程中，以下说法正确的是( )
A. a→c过程气体从外界吸收热量
B. a→b过程气体对外做功最多，内能增加也最多
C. b、c、d、e各状态下，单位体积内的气体分子个数都相同
D. a→e过程气体内能的减少量不可能恰好等于气体对外做的功
8.2023年春节黄金档期中我国科幻电影《流浪地球2》再获口碑、票房双丰收，极具科幻特色的“太空电梯”设定吸引了众多科幻爱好者研究的兴趣。太空电梯是从地面基座连接距离地球表面约36000km静止轨道空间站的直立式电梯，若地球的半径近似为6400km，下列关于太空电梯设定的说法正确的是( )
A. 电梯轨道基座能建设在广州市
B. 若发生意外，断裂在太空里的电梯部件将不会掉落到地球上
C. 若电梯临时停在距离地表为18000km的高空，其重力加速度只有地球表面的115
D. 登上静止轨道空间站的宇航员受到的万有引力约为地面的144
9.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为1kg，与盘面间的动摩擦因数为 32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30∘，g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 角速度ω的最大值是1rad/s
B. 小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心
C. ω取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D. 小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为25J
10.一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1=2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图所示。让金属框以初速度v0=B2L3mR0进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。下列说法正确的是( )
A. 金属框进入磁场过程中电路的总电阻为113R0
B. 金属框进入磁场的末速度为2B2L35mR0
C. 金属框能穿越磁场
D. 在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为3B4L625mR02
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用按动中性笔粗测笔杆与水平桌面间的动摩擦因数。操作步骤如下：
A.将笔尾部朝下竖直放置，紧靠光滑的竖直墙，向下按压到底，释放后中性笔向上弹起一定的高度，记录高度H；
B.再将中性笔置于水平桌面上，尾部垂直竖直墙，垂直竖直墙按压中性笔到底，释放后中性笔滑行一段距离后停止运动，记录滑行的距离x。
(1)除了在操作中记录的数据，要测量笔杆与水平桌面间的动摩擦因数，______(填“需要”或“不需要”)测量中性笔的质量m。
(2)动摩擦因数的表达式μ=______(用题目中所给的物理量的符号表示)。
(3)请至少提出一条减小实验误差的操作：______。
12.某同学为测定电阻丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示的电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=4.0Ω，电源电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好.
(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=______mm.
(2)实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如表所示：
根据表中的数据，在图丙的坐标纸上作出1I−x图象，并由图线求出电阻丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(保留两位有效数字)。
(3)根据1I−x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r=______Ω(保留两位有效数字).
(4)若电流表内阻不可忽略，则电流表的内阻对测量电阻丝的电阻率______(选填“有”或“无”)影响，根据1I−x关系图线纵轴截距的物理意义可求得的是______。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.在玻尔的原子结构理论中，氢原子由高能级向低能级跃迁时能发出一系列不同频率的光，波长可以用巴尔末一里德伯公式1λ=R(1k2−1n2)来计算，式中λ为波长，R为里德伯常量，n、k分别表示氢原子跃迁前和跃迁后所处状态的量子数，对于每一个k，有n=k+1，k+2，k+3，⋯。其中，赖曼系谱线是电子由n>1的轨道跃迁到k=1的轨道时向外辐射光子形成的，巴尔末系谱线是电子由n>2的轨道跃迁到k=2的轨道时向外辐射光子形成的。现用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验。若用赖曼系中波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1；若用巴尔末系中n=4的光照射金属时，遏止电压的大小为U2。已知电子电荷量的大小为e，真空中的光速为c，里德伯常量为R。试求：普朗克常量h和该金属的逸出功W0。
14.如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度为B1。已知离子的比荷为k，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则
(1)要使v0= kU的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小；
(2)若撤去极板间磁场B0，有n个速度为v1= 3kU的离子，能进入偏转磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求吞噬板上收集的离子个数及B1的取值范围；
(3)重新在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场并调整磁感应强度大小，使v2= 2kU的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场，若此时磁场边界为矩形，如图所示，当B1=43L 2Uk时上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。已知模拟小车(含遥控电动机)的质量M=7kg，车厢前、后壁间距L=4m，木板A的质量mA=1kg，长度LA=2m，木板上可视为质点的物体B的质量mB=4kg，A、B间的动摩擦因数u=0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数u0=0.32，A、B紧靠车厢前壁。现“司机′′遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A、B同时与车厢后壁碰撞。设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为F阻=16N，重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，分别求A、B的加速度大小；
(2)A、B与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；
(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%，A、B的速率均变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到A相对车静止的过程中，A与车之间由于摩擦产生的内能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：BD.玻璃砖绕圆心O点顺时针转动，相当于玻璃砖不动，入射光线逆时针转动，则折射光线也逆时针转动，光屏上的光点将向右移动，故BD错误；
AC.由折射定律，设玻璃砖转过α角时光线在玻璃砖的AB面上恰好发生全反射，此时射到光屏MN上的光点离O′点的距离最远。设临界角为C，根据临界角公式可得：
sinC=1n
全反射的临界角
C=α=45∘
由几何关系知，光屏上光点到O′的距离
x=htanα=101cm=10cm
则光屏上光点向右移动，光点离O′点最远距离为10cm，故A正确，C错误。
故选：A。
根据光的传播特点分析出光屏上的点的移动方向；
根据临界角公式和几何关系得出光点离O′点的距离。
本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系和临界角的计算公式即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：B、链球在倾斜平面内做加速圆周运动，因此合力不但提供向心力，还提供切向力，故B错误；
A、根据Δv=at，F=ma，可知合力与加速度的大小、方向均在不断发生变化，因此相同时间内速度变化量Δv不相同，故A错误；
CD、由斜抛运动规律可知：
x=v0csθ⋅t
h=−v0t+12gt2
其中h近似人的身高，θ为抛出时与水平方向的夹角，整理gx2tan2θ−2v02xtanθ+(gx2−2v02h)=0，关于tanθ一元二次方程，一定有解，因此Δ≥0，解得x≤v0 v02+2ghg，即tanθ=v0 v02+2gh时，最大水平距离xmax=v0 v02+2ghg；如果身高忽略不计，即h≈0，则x=v02sin2θg，当θ=45∘时，最大水平距离xmax=v02g。因此，在A点附近达到最大速度v0，以一定的夹角θ抛出，可以获得更好的成绩，故C正确，D错误。
故选：C。
链球做加速圆周运动，拉力和重力的提供合力，通过力是否变化可判断加速度的变化，即可判断速度变化量是否相同；
链球做斜抛运动过程中，松手后链球做斜抛运动，根据斜抛运动规律结合数学知识进行求解。
本题考查了圆周运动和斜抛运动的相关知识，解题的关键是明确链球合力的作用效果，难度适中。
3.【答案】B
【解析】解：AB.由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，振动减弱，起到降噪作用，所以降噪过程应用的是声波的干涉原理，故A错误，B正确；
C.图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，路程为零，故C错误；
D.波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，故D错误。
故选：B。
根据叠加原理，两列声波等幅反相，叠加时产生干涉现象，振动减弱；振动点不随波移动。
本题解题关键是根据叠加原理分析，注意两列声波等幅反相时，振动减弱，是一道基础题。
4.【答案】B
【解析】解：A、AC边与BD边电流方向相反，由左手定则可知，两边所受安培力方向相反，故A错误；
B、设AB边到x轴的距离为h，则AB边受到的安培力大小为FAB=(B0+kh)IL，方向竖直向上，CD边受到的安培力大小为FCD=(B0+kh+kl)IL，方向竖直向下，由于系统处于平衡状态，有T+FAB=mg+FCD，解得T=mg+kIL2，故B正确；
C、由于AB边与CD边的距离不变，则两边所受安培力之差不变，则若仅将细线长度加长，线框始终在磁场内，则稳定后细线弹力不变，故C错误；
D、若仅将磁场调整为磁感应强度为B0的匀强磁场，方向不变，则AB边与CD边所受安培力大小相等，方向相反，由系统平衡可知，细线中的拉力与其重力等大反向，故D错误。
故选：B。
分析题干，需注意本题中的磁场并不是均匀磁场，在计算线圈不同位置所受的安培力需要带入题干给的磁感应强度的关系式。
本题集中考察了安培力的计算及应用，正确使用安培力计算公式是本题的解题关键。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，设列车的最大速度为vm，列车对空气的阻力为f，取列车运动方向为正方向，由动量定理有
fΔt=ρSvΔtv−0
解得
f=ρSvm2
当牵引力等于阻力时，匀速运动，列车速度最大，则有
P=fvm
联立解得
vm=3PρS
当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的13时，阻力为
f1=ρS(13vm)2=19ρSvm2
此时，牵引力为
F=P13vm=3f
1号车厢对2号车厢的作用力大小为F′，对2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律有
F′=3ma
对4节车厢整体有
3f−f1=4ma
联立解得
F′=136ρSvm2=1363P2ρS
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据动量定理推导出阻力的表达式，当牵引力等于阻力时，计算出列车速度最大，根据运行速度为最大速度的13时计算出牵引力，根据牛顿第二定律列方程计算。
本题关键掌握机车的两种启动方式、整体法和隔离法。
6.【答案】D
【解析】解：A、以结点O为研究对象，受到两段细绳的拉力和外力F，其中OA段的拉力大小等于mg，如图所示；
根据平衡条件解得正弦定理可以推导出：Tsinβ=mgsinα，由于α和mg不变，则Tsinβ为定值；
让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO′水平的过程中，β的变化范围为60∘∼150∘，所以sinβ先增大后减小，所以绳子OO′的拉力先增大后减小，故A错误；
B、对C受力分析，B对C的摩擦力始终等于C的重力沿斜面向下的分力，一直不变，故B错误；
C、对B、C整体受力分析可知，沿斜面方向根据平衡条件可知，斜面对B的摩擦力大小等于绳子OO′的拉力与B、C重力沿斜面向下分力的合力，绳子OO′的拉力先增大后减小，斜面对B的摩擦力不可能一直减小，故C错误；
D、对B、C以及斜面整体分析，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D正确。
故选：D。
以结点O为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析绳子OO′的拉力的变化情况；对C沿斜面方向根据平衡条件分析B对C的摩擦力的变化；对B、C整体受力分析可知，沿斜面方向根据平衡条件分析斜面对B的摩擦力的变化；对B、C以及斜面整体分析，水平方向根据平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力的变化。
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。注意整体法和隔离法的应用。
7.【答案】ABC
【解析】解：A.a→c过程气体体积增大，气体对外做功，a→c过程气体温度升高，内能增加，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体吸收热量，故A正确；
B.根据题意可知，b、c、d、e点的体积V相等，pb>pc>pd>pe，由查理定律pT=C，可知Tb>Tc>Td>Te，a b是等温膨胀过程，则Ta=Td，从a到b、c、d、e过程体积变化量ΔV相同，气态对外做功W=pΔV，a b过程气体压强不变，a c、a d、a e过程压强减小，则a b过程气体对外做功最多，a b过程气体温度升高最大，气体内能增加最多，故B正确；
C.根据题意可知，b、c、d、e各状态下气体体积相等，分子数密度相等，即单位体积内的气体分子个数相等，故C正确；
D.a→e过程气体温度降低，所以一定质量的理想气体内能减少，气体体积增大，气体对外做功，气体内能的减少量可能等于气体对外做的功，故D错误。
故选：ABC。
根据气体体积的变化趋势得出气体的做功类型，结合温度的变化得出内能的变化趋势，从而分析出气体的吸放热情况；
根据气体的体积分析出单位体积内气体分子个数的大小关系。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉图像物理意义的分析，结合热力学第一定律即可完成解答。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由于要与同步轨道的空间站进行连接，故太空电梯应该建立在同步卫星轨道所在的平面内，即赤道上，故A错误；
B.太空电梯的设定实际为建于地球之上，跟随地球自转且具有相同的角速度，故其自转的角速度、线速度明显小于第一宇宙速度，故除静止轨道外的部分断裂皆因其受到的万有引力大于向心力才会掉落，电影内也有这一情节，故B错误；
C.距离地表18000km的高空处，距离地心距离约为18000km+6400km=24400km，约为地球半径的3.8倍，根据万有引力定律mg=GMmr2，其重力加速度约为地球表面的115，故C正确；
D.静止轨道距地球表面高36000km处，该处到地心距离为42400km，约为地球半径的6.6倍，根据F引=GMmr2，引力约为地球表面的144，故D正确。
故选：CD。
要与同步轨道的空间站进行连接，太空电梯应该建立在同步卫星轨道所在的平面内，根据电梯部件的受力情况分析B，根据万有引力与重力的关系分析CD。
本题解题关键是掌握：1.同步卫星轨道平面在赤道平面；2.根据万有引力与重力的关系分析解答。
9.【答案】AD
【解析】解：A.当小物体随圆盘转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得
μmgcs30∘−mgsin30∘=mω2r
代入数据解得ω=1rad/s，故A正确；
B.由于小物体做匀速圆周运动，除了水平直径上的两点之外，在圆盘面内静摩擦力的一个分力要与重力沿斜面向下的分力相平衡，另一个分力提供做圆周运动的向心力，所以小物体运动过程中所受的摩擦力不一定始终指向圆心，故B错误；
C.小物体向心力的最大值为
μmgcs30∘−mgsin30∘= 32×1×10× 32N−1×10×12N=2.5N
mgsin30∘=1×10×12N=5N
大于向心力最大值，故最高点
mgsin30∘−f=mω2r
故小物体在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而减小，故C错误；
D.小物体由最低点运动到最高点的过程中，动能增量为0，据动能定理得
−mg⋅2rsin30∘+Wf=0
代入数据解得摩擦力所做的功为
Wf=25J，故D正确。
故选：AD。
A.先判断静摩擦达到最大的位置对应的角速度，结合牛顿第二定律列式求解；
B.根据物体的合力提供向心力和摩擦力的特点进行判断；
C.根据最大向心力和重力的分力关系结合相应位置进行分析判断；
D.根据动能定理列式求解。
考查牛顿运动定律和动能定理的问题，会根据题意列式联立求解相关的物理量。
10.【答案】BD
【解析】解：A、因为导轨电阻忽略不计，金属框的与导轨重合的两条边被短路，金属框进入磁场过程中，金属框的右边作为电源，金属框的左边与电阻R1并联，可知此时电路中的总电阻为：R总=R0+2R0×R02R0+R0=5R03，故A错误；
B、金属框进入磁场的末速度为v1，金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
−BI−Lt=mv1−mv0
又有：q=I−t=E−R总t=ΔΦR总，ΔΦ=BL2，可得：BI−Lt=B2L3R总
已知初速度v0=B2L3mR0，解得：v1=2B2L35mR0，故B正确；
C、当金属框完全在磁场中时，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联，再和R1构成回路，此时回路的总电阻为：R总1=R1+R02=5R02
假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，磁场宽度为2L，金属框完全在磁场中的过程运动位移为L，以水平向右为正方向，与B选项的分析同理可得：
−B2L3R总1=mv2−mv1，解得：v2=0，可知金属框不能穿越磁场，故C错误；
D、设金属框进入磁场的过程回路产生的总热量为Q1，根据能量守恒定律可得：
12mv02=Q1+12mv12
根据电阻的比值关系和焦耳定律可得此过程中电阻R1产生的热量为：QR1=215Q1
联立解得：QR1=7B4L6125mR02
金属框完全在磁场中运动过程，同理可得此过程产生的总热量为：Q2=12mv12
根据电阻的比值关系和焦耳定律可得此过程中电阻R1产生的热量为：QR1′=45Q2
联立解得：QR1′=8B4L6125mR02
整个过程中电阻R1产生的热量为：Q=QR1+QR1′=3B4L625mR02，故D正确。
故选：BD。
金属框的与导轨重合的两条边被短路，金属框的右边作为电源，金属框的左边与电阻R1并联；根据动量定理求解金属框进入磁场的末速度，以及金属框完全在磁场中运动时的末速度，判断金属框能不能穿越磁场；根据能量守恒定律求解两阶段的焦耳热的和。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的运动过程，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。掌握金属棒切割磁感线作为等效电源时电路联接形式的分析方法。
11.【答案】不需要 Hx 多次重复实验，测量H和x
【解析】解：(1)该实验得原理是先利用能量守恒，将按压后中性笔的弹性势能转化成中性笔的重力势能，再利用弹性势能完全克服了桌面的摩擦力做功从而求得动摩擦因数，实验原理可表示为
Ep=mgH，Ep=μmgx
联立可得H=μx，因此可知该实验不需要测量当地的重力加速度，也不需要测量中性笔的质量。
(2)由(1)中H=μx，可得μ=Hx，
(3)多次重复试验，测量H和x；按压中性笔时，竖直按压和水平按压时确保按压程度相同以减小实验误差。
故答案为：(1)不需要 (2)Hx (3)多次重复试验，测量H和x。
(1)利用能量守恒原理分析；
(2)利用(1)势能转换规律得出的结论，计算动摩擦因数；
(3)多次重复实验可减小误差。
本题主要考查滑动摩擦力的实验探究，其中掌握能量守恒定律为解决本题的关键。
12.【答案】0.4001.1×10−6 1.4无 电源的内阻和电流表内阻之和
【解析】解：(1)由图乙所示螺旋测微器的精度为0.01mm，所以金属丝的直径d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm。
(2)在给的坐标系中先描点，再将这些点拟合成一条直线，如图所示由图丙所示图象；
由电阻定律可得，R=ρxS，由欧姆定律可得：R=EI−R0−r，所以1I=4ρπEd2⋅x+R0+rE
则图象斜率k=4ρπEd2=3.6−−1m−1，联立并代入数据解得电阻率为：ρ=1.1×10−6Ω⋅m；
(3)根据图丙中1I−x关系图线纵轴截距为b=R0+rE=1.8，代入数据解得：r=1.4Ω。
(4)根据表达式：1I=4ρπEd2⋅x+R0+rE，电流表的内阻只决定于纵截距，与图象的斜率无关，所以Rg对电阻率的测定无影响。从纵截距看，r则是电流表的内阻与电源内阻的和。
故答案为：(1)0.400；(2)如右图所示、1.1×10−6；(3)1.4；(4)无、电源的内阻和电流表内阻之和
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象的斜率求出电阻率；
(3)(4)根据图象的函数表达式，结合根据图象的纵截距求出电源的内阻，并分析误差。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
13.【答案】解：根据巴尔末一里德伯公式1λ=R(1k2−1n2)，n=2时，波长最长，代入解得
λ1=43R
对应的频率ν1=cλ1=3cR4
同理n=4时解得频率为
ν2=3cR16
用波长λ1=43R和ν2=3cR16的光照射时，根据光电效应方程有eU1=hν1−W0
eU2=hν2−W0
联立解得h=16e9cR(U1−U2)
W0=13eU1−43eU2
答：普朗克常量为16e9cR(U1−U2)，该金属的逸出功为13eU1−43eU2。
【解析】根据巴尔末一里德伯公式，得到频率ν1、ν2，根据光电效应方程联立求解。
本题主要考查了玻尔理论与光电效应的综合应用，关键要掌握光电效应的规律和玻尔理论，认真阅读题意，从大量材料中获取有效信息。
14.【答案】解：(1)粒子匀速通过极板，有
qv0B0=qUL
解得
B0=1L Uk
(2)粒子在电场中偏转，有
y=12at2
2L=v1t
又
qUL=ma
代入数据得
y=23L
故能进入磁场区域收集的离子个数为
N=13n
在偏转磁场中，有
qvB1=mv2R
在磁场中偏转距离
x=2Rcsθ
离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、13L，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得
13L≤2v1kB1≤2L
则
1L 3Uk≤B1≤6L 3Uk
(3)洛伦兹力提供向心力，有
qv2B1=mv22r
解得
r=34L
上述离子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏转磁场为最小面积矩形时，紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时，沿直线运动能恰打在吞噬板的最左端。
设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a，由相似三角形的几何关系得
ar=r2L−r
解得
a=920L
磁场B1的最小面积
Smin=34L(L+34L+a)
解得Smin=3320L2
答：(1)B0的大小为1L Uk；
(2)吞噬板上收集的离子个数为13n，B1的取值范围为1L 3Uk≤B1≤6L 3Uk；
(3)偏转磁场的最小面积为3320L2。
【解析】(1)离子沿直线通过两极板间电场，洛伦兹力与电场力平衡，根据受力平衡求出磁感应强度大小；
(2)撤去极板间磁场后，离子在极板间做类平抛运动，离子在磁场B1中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动学公式、牛顿第二定律和几何关系求解即可；
(3)离子在磁场B1中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解。
本题考查了带电粒子在组合场中运动问题，典型的数理结合题目，难度大，注意粒子在不同场强运动的规律及特点。
15.【答案】解：(1)由题意，从启动到A、B与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动，三者受力如图所示：
对B：fAB=μmBg=12N
由牛顿第二定律：fAB=mBaB
代入数据解得：aB=3m/s2，方向向前，做匀加速运动
对A：fCA=μ0(mA+mB)g=16N
由牛顿第二定律：fCA−fAB=mAaA
代入数据解得：aA=4m/s2，方向向前，做匀加速运动
(2)A、B同时到达后壁，有：sA−sB=12aAt2−12aBt2=LA
且：sC−sB=12aCt2−12aBt2=L
得：t=2s，aC=5m/s2
对车，由牛顿第二定律：F−μ0(mA+mB)g−F阻=MaC
得：F=67N
电动机输出功率：P=Fv
碰撞前瞬间的车速：v=aCt
联立以上各式并代入数据解得：v=10m/s，P=670W
(3)碰撞后瞬间vC′=0.8vC=8m/s，A、B的速率为v，因PC对B：aB′=aB=3m/s2，方向向后，做匀减速运动
对A：aA′=aA=4m/s2，方向向后，做匀减速运动
对车：FC=F阻−FCA=0，因此车做匀速直线运动
设经时间t′，A与车相对静止，则：t′=v−v′CaA′=0.5s
A、车间相对滑动的距离：△s=sA′−sC′=(vt′−12aA′t′2)−vC′t′
解得：△s=0.5m
A相对车通过的总路程：△s总=△s+L2
产生的内能：E=FCA⋅△s总=40J
答：(1)从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，A、B的加速度分别为4m/s2，3m/s2；
(2)A、B与后壁碰撞前瞬间，遥控电动机的输出功率为10J；
(3)从开始运动到A相对车静止的过程中，A与车之间由于摩擦产生的内能为40J。
【解析】(1)由运动状态分析出，各物体的受力情况，再由牛顿第二定律得出加速度；
(2)由瞬时功率的公式P=Fv，及遥控电动机的受力情况，计算出牵引力及输出功率；
(3)碰撞后三个物体分别受力分析，根据相对运动，计算出摩擦力的做功即可。
本题考查了多物体的运动，解题的关键是针对具体过程和特定物体分析，再根据牛顿第二定律解答即可。x/m
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
I/A
0.49
0.43
0.38
0.33
0.31
0.28
1I/A−1
2.04
2.33
2.63
3.03
3.23
3.57