1、C两颗卫星之间的引力大小为D三颗卫星对地球引力的合力大小为6（6分）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2关于热气球，下列说法正确的是（）A所受浮力大小为4830NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N7（6分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B
2、、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（）A在电场中的加速度之比为1：1B在磁场中运动的半径之比为：C在磁场中转过的角度之比为1：2D离开电场区域时的动能之比为1：3三、解答题（共5小题，满分62分）8（10分）如图所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上一同学用装置甲和乙分别进行实验，经正确操作获得两条纸带和，纸带上的a、b、c 均为打点计时器打出的点（1）任选一条纸带读出b、c两点间的距离为 ；（2）任选一条纸带求出c、
3、e两点间的平均速度大小为 ，纸带和上c、e两点间的平均速度 （填“大于”、”等于”或“小于”）；（3）图中 （填选项）A两条纸带均为用装置甲实验所得B两条纸带均为用装置乙实验所得C纸带为用装置甲实验所得，纸带为用装置乙实验所得D纸带为用装置乙实验所得，纸带为用装置甲实验所得9（10分）采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”（1）除了选用照片中的部分器材外， （填选项）A还需要电压表B还需要电流表C还需要学生电源D不再需要任何器材（2）测量所得数据如下：测量次数物理量456R/1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780
4、.740.670.620.43用作图法求得电池的内阻r= ；（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA= 10山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2求：（1）大猴从
5、A点水平跳离时速度的最小值；（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小11（20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面
6、A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？（4）比较|Ek左|和|Ek右|的大小，并说明理由12（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下在直线通道内充满电阻率=0.2m的海水，通道中abc=0.3m0.4m0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外磁场区域上、下方各有ab=0.3m0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，
7、在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0103A的电流，设电流只存在于磁场区域不计电源内阻及导线电阻，海水密度m=1.0103kg/m3（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小参考答案与试题解析【解答】解：A、电磁波可以传递信息，如电视信号；声波也可以传递信息，如人说话；故A错误；B、手机用电磁波传递信息，人用声波说话，故B正确；C、太阳光中
8、的可见光是电磁波，真空中为3108m/s；“B超”中的超声波是声波，常温下，空气中大约为340m/s；故C错误；D、遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线频率不同，波速相同，根据c=f，波长不同，故D错误；故选：B。根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的。磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍。故D正确。D。当太阳、地球、月球在同一直线上，地球位于太阳与月球之间时，太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球完全挡住，光线照不到月球上，在地球上完全看不到月球的现象就是
9、月全食。看到整个月亮是暗红的，是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球。故C正确，A、B、D错误。故选C。A、在04s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零。B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零。故B错误；C、根据牛顿第二定律得，6s9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=f=mg，解得故C错误，D正确。A、根据万有引力定律可知，质量分布均匀的球体间的引力距离r等于两球心间的距离，而rR为同步卫星距地面的高度，故A错误；B、计算卫星与地球间的引力，r应为卫星到地球球心间的距离也就是卫星运行轨道半径r，故B选项正确；C、根据几何关系可知，两同
10、步卫星间的距离d=，故两卫星间的引力大小为，故C正确；D、卫星对地球的引力均沿卫星地球间的连线向外，由于三颗卫星质量大小相等，对地球的引力大小相等，又因为三颗卫星等间隔分布，根据几何关系可知，地球受到三个卫星的引力大小相等方向成120角，所以合力为0，故D错误。BC。A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F浮mg=ma解得：F浮=m（g+a）=460（10+0.5）N=4830N，故A正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速
11、度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；AD。A：两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由可知其在电场中的加速度是1：3，故A错。B：要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：，可知其速度之比为又由知，所以其半径之比为：1，故B正确。C：由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有，则可知角度的正弦值之比为，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，故C正确。D：由
12、电场加速后：可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确。BCD。（1）任选一条纸带读出b、c两点间的距离为2.40cm；（2）任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为1.25m/s，纸带和上c、e两点间的平均速度小于（填“大于”、”等于”或“小于”）；（3）图中C（填选项）（1）选纸带读出b、c两点间的距离为6.504.10cm=2.40cm（2）选纸带读出c、e两点间的距离为5cm，相对应的平均速度=1.25m/s选纸带读出c、e两点间的距离为4.5cm，所以平均速度 小于 （3）装置甲实验中小车做匀加速直线运动，所以相邻的计时点的间距之差相等，装置乙实验中小车受橡皮筋的弹力越来越
13、小，所以做加速度减小的变加速直线运动，以相邻的计时点的间距之差减小，所以带为用装置甲实验所得，纸带为用装置乙实验所得故选C故答案为：（1）2.40cm（2）1.25m/s，小于 （3）C（1）除了选用照片中的部分器材外，A（填选项）用作图法求得电池的内阻r=0.76；（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA=0.22（1）对照电路图，会发现缺少电压表；（2）根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir，变形得到：U=rI+E，作出UI图，如图所示斜率的绝对值表示内电阻，故；（3）根据闭合电路欧姆定律，有：U=IRA+IR，故；（1）A；（2）见右图，r=0.76；（3）0.22根据，解得则
14、跳离的最小速度（2）根据机械能守恒定律得，解得v=m/s9m/s（3）根据牛顿第二定律得，根据几何关系得，联立解得F=216N答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为216N（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；（2）电场力提供向心力：又：，联立以上3式，得：（3）到达N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：EK左=eUCB=e（CB），到达右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子
15、动能的改变量等于电场力做功，即：EK右=eUCA=e（CA）（4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：CBCA，所以：|EK左|EK右|（1）B板电势高于A板； （3）Ek左=e（CB），Ek右=e（CA）；（4）|Ek左|Ek右|（1）安培力的大小，F=BIL=6.410000.3=1.92103N，根据左手定则可知，方向：垂直于BI平面向右；（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”（3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率 P1=F牵v0根据牛顿第三定律：F安=
16、12BIL，当v0=30m/s时，代入数据得：P1=F牵v0=121.9210330W=6.9105W电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率推进器内海水的电阻=0.5 P2=12I2R=6106W电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量单位时间内通过推进器的水的质量为 m=mbcv水对艇=1.00.40.334=4080kg单位时间内其动能增加为=391680W（1）一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小为1.92103N，其方向为垂直于BI平面向右；（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率，其大小6.9105W；电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率，其大小为6106W；电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量，其功率的大小为391680W第18页（共18页）
