【正文】 m?h，圖象的斜率 k＝M－ μmμ?M＋ m?，即－ μ?＋ ?＝5660，解得 μ＝ . (4)本實(shí)驗(yàn)測(cè)動(dòng)摩擦因數(shù)的原理是動(dòng)能定理，如果考慮克服滑輪摩擦做功 W，則Mgh－ μmgh－ W＝ 12(M＋ m)v2，－ μmgs＝－ 12mv2，求得 μ＝ Mgh－ Wmgh＋ ?M＋ m?gs，如果忽略克 服滑輪摩擦做功，則動(dòng)摩擦因數(shù)偏大． 兩表筆接的接點(diǎn) 多用電表的示數(shù) a、 b ________Ω a、 c Ω b、 c Ω 12． A.[2022江蘇卷 ] (1)如圖所示，白熾燈的右側(cè)依次平行放置偏振片 P 和 Q， A 點(diǎn)位于 P、 Q 之間，B 點(diǎn)位于 Q 右側(cè)． 旋轉(zhuǎn)偏振片 P, A、 B 兩點(diǎn)光的強(qiáng)度變化情況是 ________． A． A、 B 均不變 B． A、 B 均有變化 C． A 不變， B 有變化 D． A 有變化， B 不變 (2)“ 測(cè)定玻璃的折射率 ” 實(shí)驗(yàn)中 ，在玻璃磚的一側(cè)豎直插兩個(gè)大頭針 A、 B，在另一側(cè)再豎直插兩個(gè)大頭針 C、 D 時(shí)，要使它________．圖是在白紙上留下的實(shí)驗(yàn)痕跡，其中直線 a、 a′ 是描在紙上的玻璃磚的兩個(gè)邊．根據(jù)該圖可算得玻璃的折射率 n＝ ________.(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 ) (3)地震時(shí)，震源會(huì)同時(shí)產(chǎn)生兩種波，一種是傳播速度約為 km/s 的 S 波，另一種是傳播速度約為 km/s 的 P 波．一次地震發(fā)生時(shí)，某地震監(jiān)測(cè)點(diǎn)記錄到首次到達(dá)的 P 波比首次到達(dá)的 S 波早 3 ，震源的振動(dòng)周 期為 s, 求震源與監(jiān)測(cè)點(diǎn)之間的距離 x 和 S 波的波長(zhǎng) λ. 12． B.[答案 ] (1)C (2)擋住 C 及 A、 B 的像 (～ 都算對(duì) ) (3) km [解析 ] (1)旋轉(zhuǎn)偏振片 P， A 處得到的是始終強(qiáng)度相同的偏振光，偏振光再經(jīng)過(guò)偏振片，在 B 處的光強(qiáng)隨著 P 轉(zhuǎn)動(dòng)而變化，當(dāng) Q 的透振方向與經(jīng)過(guò) P 的偏振光的振動(dòng)方向垂直時(shí)， B 處的光強(qiáng)為 0. (2)插在 D 點(diǎn)的大頭針必須擋住 C 及 A、 B 的像，這樣才保證沿 A、 B 的光線經(jīng)過(guò)C、 D；作出光路圖如圖所示，以入射點(diǎn) O 為圓心作圓，交入射光線與折射光線于 E、 F，從 E、 F 作法線的垂線交法線于 G、 H，用刻度尺量出 EG、 FH 的 長(zhǎng)，由公式 n＝ sinisinr＝EGEOFHFO＝ EGFH求出折射率． (3)設(shè) P 波的傳播時(shí)間為 t，則 x＝ vPt， x ＝ vS(t＋ Δt) 解得 x＝ vPvSvP－ vSΔt，代入數(shù)據(jù)得 x＝ 1260 km 由 λ＝ vST，解得 λ＝ km 12． C.[2022江蘇卷 ] 某興趣小組設(shè)計(jì)了一種發(fā)電裝置，如圖所示．在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場(chǎng)區(qū)域的圓心角 α均為 49π，磁場(chǎng)均沿半徑方向．匝數(shù)為 N的矩形線圈 abcd 的邊長(zhǎng) ab＝ cd＝ l、 bc＝ ad＝ ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)， bc 和 ad 邊同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)．在磁場(chǎng)中，兩條邊所經(jīng)過(guò)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B、方向始終與兩邊的運(yùn)動(dòng)方向垂直．線圈的總電阻為 r，外接電阻為 ： (1)線圈切割磁感線時(shí)， 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小 Em； (2)線圈切割磁感線時(shí)， bc 邊所受安培力的大小 F； (3)外接電阻上電流的有效值 I. 13． [解析 ] (1)bc、 ad 邊的運(yùn)動(dòng)速度 v＝ ωl2 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) Em＝ 4NBlv 解得 Em ＝ 2NBl2ω (2)電流 Im＝ Emr＋ R 安培力 F ＝ 2NBIml 解得 F＝ 4N2B2l3ωr＋ R (3)一個(gè)周期內(nèi)，通電時(shí)間 t＝ 49T R 上 消耗的電能 W ＝ Im2Rt 且 W＝ I2RT 解得 I＝ 4NBl2ω3?r＋ R? 14． [2022l4－ W ＝ 0－ 12mv02④ 同理，小車以 vm撞擊彈簧時(shí)，由動(dòng)能定理得 － fl－ W ＝ 0－ 12mvm2⑤ 解得 vm＝ v02＋ 3fl2m⑥ (3)設(shè)輕桿恰好移動(dòng)時(shí)，小車撞擊速度為 v1，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，得 12mv12＝ W⑦ 由 ④⑦ 解得 v1＝ v02－ fl2m 當(dāng) v v02－ fl2m時(shí)， v′ ＝ v 當(dāng) v02－ fl2m≤ v≤ v02＋ 3fl2m時(shí)， v′ ＝ v02－ fl2m 15． [2022y 軸方向射入時(shí)的受力情況可知： E 與 Oxy 平面平行． F2＋ f2 ＝ ( 5F)2，則 f＝ 2F 且 f＝ qv1B 解得 B＝ Fq 2mqU0 (c)設(shè)電場(chǎng)方向與 x 軸方向夾角為 α. 若 B 沿 x 軸方向，由沿 z 軸方向射入時(shí)的受力情況得 (f＋ Fsinα)2＋ (Fcosα)2 ＝ ( 7F)2 解得 α＝ 30176。 即 E 與 Oxy 平面平行且與 x 軸方向的夾角為 30176。. 同理，若 B 沿－ x 軸方向， E 與 Oxy 平面平行且與 x 軸方向的夾角為－ 30176。. 2022山東卷 ] 以下敘述正確的是 ( ) A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 B．慣性是物體的固有屬性，速度大的物體慣性一定大 C．牛頓最早通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 D．感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果 14． AD [解析 ] 法拉第首先發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故 A 對(duì)．慣性是物體的固有屬性，質(zhì)量是慣性的唯一量度，慣性的大小與速度無(wú)關(guān)，故 B 錯(cuò)．通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因的物理學(xué)家是伽利略，故 C 錯(cuò)．楞次定律反映出的感應(yīng)電流的規(guī)律是機(jī)械 能或磁場(chǎng)能向電能轉(zhuǎn)化的必然結(jié)果，故 D 對(duì)． 15． [2022山東卷 ] 將地面上靜止的貨物豎直向上吊起 ， 貨物由地面運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過(guò)程中 ， v－ t 圖象如圖所示．以下判斷正確的是 ( ) A． 前 3 s 內(nèi)貨物處于超重狀 態(tài) B． 最后 2 s 內(nèi)貨物只受重力作用 C． 前 3 s 內(nèi)與最后 2 s 內(nèi)貨物的平均速度相同 D．第 3 s 末至第 5 s 末的過(guò)程中，貨物的機(jī)械能守恒 16． AC [解析 ] 從圖象可以看出前 3 s 貨物加速向上運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故 A 對(duì)．最后 2 s 加速度大小為 3 m/s2，所以貨物受除了受到重力還受到拉力，故 B 錯(cuò)．前 3 s 和后 2 s 內(nèi)貨物的平均速度都是 3 m/s，故 C 對(duì)．第 3 s 末至第 5 秒末貨物勻速上升，除了受到重力，貨物還受 到拉力，拉力做正功，機(jī)械能不守恒，故 D 錯(cuò)． 17． [2022山東卷 ] 圖甲是某燃?xì)鉅t點(diǎn)火裝置的原理圖．轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正弦交變電壓，并加在一理想變壓器的原 線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為 n n2， V 為交流電壓表．當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時(shí)值大于5000 V 時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點(diǎn)燃?xì)怏w．以下判斷正確的是 ( ) 圖甲 圖乙 A．電壓表的示數(shù)等于 5 V B．電壓表的示數(shù)等于 52 V C．實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是 n2n11000 D．實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是 n2n11000 18． BC [解析 ] 交流電壓表顯示的是有效值，而原線圈輸入的是正弦交流電，所以交流電壓表的示數(shù)為 52 V，故 B 正確．如果副線圈電壓的瞬時(shí)值大于 5000 V，則 n2n1＝ U2U1＞ 1000，故 C 正確． 19． [2022山東卷 ] 如圖所示，相距為 L 的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為 θ，上端接有定值電阻 R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 m 的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到 v 時(shí)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為 P，導(dǎo)體棒 最終以 2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為 ( ) A． P＝ 2mgvsinθ B． P＝ 3mgvsinθ C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到 v2時(shí)加速度大小為 g2sinθ D．在速度達(dá)到 2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中， R 上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 20． AC [解析 ] 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到 v時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖甲所示． mgsinθ＝ BIL I＝ BLvR 所以 mgsinθ＝ B2L2vR ① 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到 2v時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖乙所示． mgsinθ＋ F＝ 2B2L2vR ② 由 ①② 可得 F＝ mgsinθ 功率 P＝ F 2v＝ 2mgvsinθ，故 A 正確． 當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到 v2時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖丙所示． a＝mgsinθ－B2L2v2Rm ③ 由 ①③ 可得 a＝ 12gsinθ 故 C 正確． 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到 2v時(shí)，安培力等于拉力和 mgsinθ之和，所以以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中， R 上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力和重力做功之和，故 D 錯(cuò)誤． 21． (1)[2022山東卷 ] 在測(cè)量金屬絲電阻率的實(shí)驗(yàn)中，可供選用的器材如下： 待測(cè)金屬絲： Rx(阻值約 4 Ω，額定電流約 A)； 電壓表： V(量程 3 V，內(nèi)阻約 3 kΩ)； 電流表： A1(量程 A，內(nèi)阻約 Ω)； A2(量程 3 A，內(nèi)阻約 Ω)； 電源： E1(電動(dòng)勢(shì) 3 V，內(nèi)阻不計(jì) )； E2(電動(dòng)勢(shì) 12 V，內(nèi)阻不計(jì) )； 滑動(dòng)變阻器： R(最大阻值約 20 Ω)； 螺旋測(cè)微器；毫米刻度尺；開(kāi)關(guān) S；導(dǎo)線． ① 用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為 ________mm. ② 若滑動(dòng)變阻器采用限流接法，為使測(cè)量盡量精確，電流表應(yīng)選 ________、電源應(yīng)選 ________(均填器材代號(hào) )，在虛線框內(nèi)完成電路原理圖． 21． (2)[答案 ] ① (～ 均正確 ) ② A1 E1 電路如圖所示 [解析 ] 因?yàn)榇郎y(cè)金屬絲的額定電流為 A，所以流經(jīng)電流表的電流最大 值是 A，所以電流表選擇 限流法，所以滑動(dòng)變阻器與待測(cè)電阻絲串聯(lián)，如果選擇電動(dòng)勢(shì)為 12 V 的電源，電路中的最小電阻為 Ω＝ 24 Ω，滑動(dòng)變阻器必須全部接入電路，不能得到多組數(shù)據(jù)，影響測(cè)量精度，所以電源選擇 E1. 22． [2022山東卷 ] 如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為 L 的平行金屬極板 MN 和PQ，兩極板中心各有一小孔 S S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為 U0，周期為 t＝ 0 時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為－q(q0)的粒子由 S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在 t＝ T02時(shí)刻通過(guò) S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)． (不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng) ) 圖甲 圖乙 (1)求粒子到達(dá) S2時(shí)的速度大小 v和極板間距 d. (2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件． (3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在 t＝ 3T0 時(shí)刻再次到達(dá) S2，且速度恰好為零，求該過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 23． [解析 ] (1)粒子由 S1至 S2的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得 qU0＝ 12mv2① 由 ① 式得 v＝ 2qU0m ② 設(shè)粒子的加速度大小為 a，由牛頓第二定律得 qU0d ＝ ma③ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 d＝ 12a??? ???T02 2④ 聯(lián)立 ③④ 式得 d＝ T04 2qU0m ⑤ (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R，由牛頓第二定律得 qvB＝ mv2R⑥ 要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，須滿足 2R＞ L2⑦ 聯(lián)立 ②⑥⑦ 式得 B＜ 4L 2mU0q ⑧ (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程用時(shí)為 t1，有 d＝ vt1⑨ 聯(lián)立 ②⑤⑨ 式得 t1＝ T04⑩ 若粒子再次到達(dá) S2 時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 d＝ v2t2? 聯(lián)立 ⑨⑩ ? 式得 t2＝ T02? 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t t＝ 3T0－ T02－ t1－ t2? 聯(lián)立 ⑩ ?? 式得 t＝ 7T04 ? 設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T，由 ⑥ 式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 T＝ 2πmqB ? 由 題 意可知 T＝ t? 聯(lián)立 ??? 式得 B＝ 8πm7qT0? 36． (1)[2022山東卷 ] 如圖所示，粗細(xì)均勻、導(dǎo)熱良好、裝有適量水銀的 U 形管豎直放置，右端與大氣相通，左端封閉氣柱長(zhǎng) l1＝ 20 cm(可視為理想氣體 )，兩管中水銀面等高．現(xiàn)將右端與一低壓艙 (未畫出 )接通，穩(wěn)定后右管水