1.北京时间202210月7日211分,中国成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6两颗试验卫星送人离地高度约700km的近地轨道。这两颗卫星主要用于实时监测全球卫星导航系统服务性能,开展导航增强及星间激光通信试验。已知目前在轨运行的中国空间站离地高度约400km，若它们绕地球做的均是匀速圆周运动，已知地球的半径R=6400km，地球同步卫星的轨道半径约为6.6R，两颗试验卫星的质量均小于中国空间站的质量，下列说法正确的是()A.这两颗试验卫星的线速度大于第一宇宙速度B.这两颗试验卫星的线速度小于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度C.这两颗试验卫星的运行周期小于中国空间站的运行周期D.这两颗试验卫星的动能均小于中国空间站的动能 答案D2.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出几种不同频率的光，其中只有频率为v1、v2两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，先分别用频率v1或v2的三个光源a、b、c分别照射该光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示，下列说法中正确的是（）A.处于第4能级的氢原子向下跃迁最多发出4种不同频率的光子B.图线c对应的光是氢原子由第3能级向第1能级跃迁发出的C.图线a对应的光子频率大于图线c对应的光子频率D.用图线b对应的光照射光电管时，光电流会随着正向电压的增大而不断增大【答案】B 【解析】A.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中，能发出 C42=6 种不同频率的光，故A错误；BC.由于只有频率为v1、v2两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，跃迁时发出的两种频率最大的光为4→1、3→1，由图乙可知， b 光的遏止电压大， a 和 c 光的遏止电压小，根据光电效应方程Ek=ℎν−W0及eU0=Ek知， a 对应的光子频率小于图线 b 对应的光子频率，故 a、c 是3→1跃迁发出的， b 是4→1跃迁发出的，故C错误，B正确；D.用图线 b 对应的光照射光电管时，光电流达到饱和后不再增大，故D错误。故选B。3一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A(含乘客)、B的质量分别为M=1000kg和m=800kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动(轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞)。电动机输出功率P=2kW保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，g=10m/s2。在A向上运动过程中，则(    )A.轿厢A能达到的最大速度vm=0.2m/sB.轿厢A向上的加速度为a=2m/s2时，配重B下端的牵引绳上拉力F=5600NC.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动D.厢体A从静止开始到上升的高度为5m时(箱体已处于匀速状态)，所用的时间t=5.25s【答案】B 【解析】【详解】A.当轿厢A的速度达到最大时轿厢A做匀速直线运动，电动机的牵引力为F，则有 F=(M−m)g又 P=Fvm              代入数据解得 vm=1m/s 故A错误；B.当A向上的加速度为 a=2m/s2 时，设A、B之间绳的拉力为FA，重物B下端绳的拉力大小为FB。分别分析A、B，根据牛顿第二定律得 FA−Mg=Ma ， FB+mg−FA=ma联立解得 FB=5600N ，故B正确；C电动机输出功率P=2kW保持不变，速度增大时，根据 P=Fv可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动，故C错误；D.厢体A从静止开始到上升的高度为5m时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得Pt+mgℎ−Mgℎ=12(M+m)vm2代入数据解得 t=5.45s ，故D错误；4.如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以大小为v，与水平方向成60∘角的速度射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为−q，重力加速度为g，则在该过程中(    )A.小球机械能先增大再减小B.匀强电场的电场强度大小为2mgqC.小球射入电场后，经过26gv的时间电势能最大D.小球的最小动能为18mv2【答案】D 【解答】A电场力先做负功后做正功，故机械能先减少后增加，故A错误B.初速度分解如图所示：vx=vcos60∘，vy=vsin60∘方向恰沿水平方向时，竖直方向速度为零，用时t′=vsinθg水平方向做匀变速直线运动，则v=−vcosθ+at′根据牛顿第二定律：qE=ma，联立解得E=3mgq，故B错；故B正确；C.当物体有向右的分速度时，电场力做负功，电势能增大，故水平方向速度恰为零时，电势能最大，用时t′′=vcosθa=3v6g，故C错误；D.小球运动过程中，动能Ek=12m(vx2+vy2)=12m(−vcosθ+at)2+12m(vsinθ−gt)2整理得：Ek=12m(4g2t2−23gvt+v2)，根据数学知识可知，当t=−−23gv2×4g2=3v4g时，动能有最小值Ekmin=18mv2，故D正确5.如图所示，质量为M的直−20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为A.ΔmΔt=ρSv02 B.ΔmΔt=ρSv0 C.ΔmΔt=Mg2v0D.ΔmΔt=Mgv0【答案】BD 【解析】【分析】本题考查动量定理以及功能关系。通过对飞机由共点力的平衡条件可得出飞机受到的作用力；再对空气由动量定理可求得排开的空气的速度和质量。另由功能关系可知发动机做的功等于被加速空气的动能。【解答】直升机处于平衡状态，记直升机与空气间的作用力为F，则F=Mg；飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F=F′;AB.对空气由动量定理可得：F′Δt=Δm·v0=ρSv0Δt·v0，解得ΔmΔt=ρSv0，故A错误，B正确；CD. 由上式知F′Δt=Δm·v0，由功能关系可得F=Mg，联立两式消去v0可得ΔmΔt=ΔmΔt=Mgv0故C错误，D正确；故选BD．6.沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在x=4m处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(    )A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波长为10mC.该波的传播速度为12m/sD.t=415s时刻，x=0处的质点回到平衡位置【答案】AD 【解析】解：A、根据质点Q的振动图像可知，t=0时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，故A正确；BC、该波的波长λ=12m，周期T=1.6s，由v=λT可得该波的传播速度v=7.5m/s，故BC错误；D、波动图像的方程为y=Asin(2πλx+φ)当x=4时，y=0，代入解得φ=π3则波动方程为y=20sin(π6x+π3)(cm)，t=0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为103cm，振动方程为y=20sin(5π4t+2π3)(cm)，t=415s时刻回到平衡位置，故D正确．故选：AD。根据“同侧法”判断波的传播方向；根据图象直接求解波长；根据v=λT求解该波的传播速度；根据波动和振动方程分析判断D项。本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。7.一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(    )A.重力加速度大小 B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角 D.沿斜面上滑的时间【答案】BD 【解析】ABC.由动能定义式得Ek1=12mv02，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek−Ek1=−(mgsinθ+f)x下滑时，由动能定理Ek=(mgsinθ−f)(x0−x)x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsinθ+f=Ek1x0，mgsinθ−f=Ek2x0两式相加可得gsinθ=12m(Ek1x0+Ek2x0)相减可知f=Ek1−Ek22x0即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D.根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsinθ+f=ma，t=v0a故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。8、如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，AB间距离为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒MN放在导轨上，甲、乙两根相同的轻质弹簧一端与MN棒中点连接，另一端均被固定，MN棒始终与导轨垂直并保持良好接触，导轨与MN棒的电阻均忽略不计．初始时刻，两弹簧恰好处于自然长度，MN棒具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，MN棒第一次运动至最右端，在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，则（）A.初始时刻棒受到安培力大小为B.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生焦耳热大于C.当棒从开始第一次回到初始位置时，AB间电阻R的功率为D.当棒第一次到达最右端时，甲弹簧具有的弹性势能为【答案】AB【解析】【详解】A：初始时刻棒的速度为v0，导体棒切割磁感线产生的感应电动势，导体棒中电流，导体棒所受安培力．故A项正确．B：MN棒第一次运动至最右端，在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，回路中产生的总焦耳热为2Q．将此过程分为三个部分：1、棒从开始位置第一次到达最左端，2、棒从最左端再次回到初始位置，3、棒从再次回到初始位置到最右端；由于安培力始终对MN做负功，棒第一次到达最左端过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，棒第一次到达最左端过程中，整个回路产生焦耳热大于．故B项正确．C：据B项分析可知，棒从再次回到初始位置到最右端过程中，整个回路产生焦耳热小于，则棒从初始位置到再次回到初始位置过程中整个回路产生焦耳热大于．设棒再次回到初始位置速度为，应用功能关系得：，解得：．当棒再次回到初始位置时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势，AB间电阻R的功率，解得：．故C项错误．D：由能量守恒定律知，当棒第一次到达最右端时，棒的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为．故D项错误．9.某兴趣小组的同学为了验证“两个互成角度的力的合成规律”，设计了一个实验方案，在圆形桌子桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮（滑轮上侧所在平面与桌面平行），滑轮固定，滑轮可沿桌边移动，如图所示。可供选择的实验器材有：刻度尺、三角板、铅笔、白纸、一根橡皮筋、三根细线、质量相同的钩码若干。部分实验操作步骤如下：①将橡皮筋中央处和两端点分别与三根细线相连；②将连在橡皮筋中央的细线跨过固定滑轮，连接橡皮筋两端点的细线跨过可动滑轮；②在三根细线的下端分别挂上一定数量的钩码，使连在橡皮筋中央的细线与橡皮筋的结点O静止。（1）为完成本实验，下列物理量必须测量或记录的是___________。（填选项前字母）A．橡皮筋的原长    B．两端橡皮筋伸长后的长度C．钩码的质量    D．三根细线所挂钩码的个数（2）在完成本实验的过程中，下列操作或描述正确的是___________。（填选项前字母）A．连接橡皮筋两端点的细线长度必须相同B．细线必须在与夹角的角平分线上C．记录图中O点的位置和、、的方问D．不改变所挂钩码的个数和的方向，改变与的夹角重复实验，O点不用在桌面上同一位置（3）实验中，若桌面不水平___________（填“会”或“不会”）影响实验的结论。（每空2分）DCD不会10．光敏电阻广泛的应用于光控