2022-2023学年北京市清华附中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市清华附中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示为α粒子散射实验的装置示意图，图中虚线表示被散射的α粒子的径迹。对该实验结果，下列解释合理的是放射源( )
A. 原子内部存在质子
B. 原子核是由质子和中子组成的
C. 原子的正电荷在原子内部是均匀分布的
D. 原子的全部正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上
2.关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A. 天然放射现象说明原子具有核式结构
B. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
C. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的
D. 在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，β射线的电离能力最强
3.如图所示为氢原子能级的示意图。下列说法正确的是( )
A. 处于基态的氢原子只能吸收13.6eV的能量实现电离
B. 处于基态的氢原子可以吸收能量为13.0eV的光子
C. 跃迁到n=4能级的大量氢原子，最多可以向下跃迁辐射出3种频率的光子
D. 氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大
4.下列现象中，与原子核内部变化有关的是( )
A. β衰变现象B. 光电效应现象C. 原子发光现象D. α粒子散射现象
5.随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。第5代移动通信技术(简称5G)意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”。与4G相比，5G使用的电磁波，下列说法正确的是( )
A. 传播速度更大，相同时间传递的信息量更大
B. 频率更高，光子能量更大
C. 波长更大，更容易发生衍射现象
D. 不能发生干涉现象
6.一束复色光沿一半圆形玻璃砖的半径方向射向其圆心，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示。下列说法正确的是( )
A. 若逐渐增大入射角，b光先发生全反射
B. 玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
C. 在真空中a光的传播速度大于b光的传播速度
D. 如果b光是绿光，那么a光可能是红光
7.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R=22Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为5：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电压表的读数约为62VB. 电流表的读数为10.0A
C. 原线圈的输入功率为88WD. 副线圈输出交流电的频率为10Hz
8.如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则( )
A. 开关断开瞬间，电流表指针不偏转
B. 开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针
C. 开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转
D. 开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力
9.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力。下列判断正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 速度v1大于速度v2
C. 粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D. 粒子以速度v1射入时，在磁场中运动的加速度较大
10.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电B. 微粒从M点运动到N点动能一定增加
C. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加
11.核能的发现是人们探索微观物质结构的一个重大成果，核能的利用可以有效缓解常规能源的短缺。原子核的比结合能(平均结合能)曲线如图所示，下列说法正确的有( )
A. 24He核比 36Li核更稳定B. 56144Ba核比 92235U的结合能更大
C. 12H核的结合能约为1MeVD. 两个 12H核结合成 24He核时吸收能量
12.如图所示，有一用铝板制成的U形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬线中的拉力为FT，则( )
A. 悬线竖直，FT=mgB. 悬线竖直，FT>mg
C. 悬线竖直，FT13.麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。若某时刻连接电容器和电阻R的导线中电流i的方向如图中所示，则下列说法正确的是( )
A. 两平行板间的电场正在增强
B. 该变化电场产生逆时针方向(俯视)的磁场
C. 该变化电场产生的磁场越来越强
D. 电路中的电流正比于板间的电场强度的大小
14.托卡马克(Tkamak)是一种复杂的环形装置，环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈，如图所示。当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中的带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，以下说法中正确的是( )
A. 托卡马克主要利用欧姆线圈产生的磁场对等离子体加速
B. 欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
C. 极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
D. 为了约束温度为T的等离子体在真空室内做圆周运动，所需要的垂直于真空室环面的磁感应强度B必须正比于温度T
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图所示。
(1)如图丙给出的器材中，本实验需要用到的是______。
(2)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.因为使用的电压较低，通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C.实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
(3)可拆变压器的铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图丁所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是______。
A.第二次实验中小灯泡更亮些
B.用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热
C.无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流
(4)如图戊所示的电路中，电压为U0的交流电源通过阻值为R0的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。若保持U0不变，将可变电阻R的阻值增大，则流经原线圈的电流______(选填“增大”“减小”或“不变”)；当可变电阻R的阻值为______时(用n1、n2和R0表示)，可变电阻R的功率最大。
16.某同学用如图1所示装置探究气体等温变化的规律，该同学按如下操作步骤进行实验：
a.将注射器活塞移动到空气柱体积适中的位置，用橡胶塞密封注射器的下端，记录此时压力表上显示的气压值和压力表刻度尺上显示的空气柱长度
b.用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；
c.读出此时压力表上显示的气压值和刻度尺上显示的空气柱长度
d.重复b、c两步操作，记录6组数据，作p−V图。
(1)关于该同学在实验操作中存在的不当及其原因，下列叙述中正确的是______。
A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度
B.应该以较快的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作慢使空气柱的质量发生改变
(2)实验室中有容积为5mL和20mL两种注射器供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化，选用容积为______ mL的注射器更合适；实验中为了找到气体体积与压强的关系______(选填“需要”或“不需要”)测出空气柱的横截面积。
(3)为进一步探究气体压强和体积的定量关系，该同学利用所采集的数据在坐标纸上描点，绘制出了如图2所示的p−V图线。通过该图线，他猜测：空气柱的压强跟体积成反比。你能够通过图像直观地帮助该同学检验这个猜想吗？请简要说明你的方案。______。
三、简答题：本大题共2小题，共20分。
17.如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B，一单匝边长为L，质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置.已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g，求：
(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；
(2)水平拉力F的大小和磁场的宽度d；
(3)整个过程中产生的总热量Q.
18.利用如图甲所示的电路研究光电效应，以确定光电管中电子的发射情况与光照的强弱、光的频率等物理量间的关系。K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K受到光照时能够发射电子。K与A之间的电压大小可以调整。移动变阻器的滑片，可以获得灵敏电流计示数I与电压表示数U之间的关系。
(1)为了测得遏止电压，滑片P应该往a还是b端移动？
(2)美国物理学家密立根通过该实验研究光电效应，从而验证了爱因斯坦光电效应方程的正确性。他在实验中测量出某种金属的遏止电压Uc和与之对应的入射光的频率ν的多组数据，并利用这些数据作出Uc−ν图线，如图乙所示。已知元电荷e=1.60×10−19C。求普朗克常量h的数值。(运算结果保留2位有效数字)
(3)某同学设计了一种利用光电效应的电池，如图丙所示。K电极加工成球形，A电极加工成透明导电的球壳形状。已知K电极发射光电子的最小动能为Ek1，最大动能为Ek2，电子电荷量为e0假定照射到K电极表面的光照条件不变，单位时间射出的电子数目为N，所有射出的电子都是沿着球形结构半径方向向外运动，且忽略电子的重力及在球壳间的电子之间的相互作用。
a.求A、K之间的最大电势差Um，以及将A、K短接时回路中的电流I短；
b.在A、K间接上不同负载R时，电路中的电流可能会变化，求R在什么范围内变化，电流可保持不变。
四、计算题：本大题共2小题，共20分。
19.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量为q、质量为m的正离子，从容器A下方的小孔飘入电压为U的加速电场，其初速度几乎为0。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打在照相底片MN的中点P上。已知，放置底片的区域MN=L，且OM=L。
(1)求离子进入磁场时的速度v的大小；
(2)求磁场的磁感应强度B的大小；
(3)某次测量发现底片MN左侧包括P点在内的区域损坏，检测不到离子，但右侧区域仍能正常检测到离子。若要使原来打到底片中点的离子可以被检测，在不改变底片位置的情况下，分析说明可以采取哪些措施调节质谱仪。
20.如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=1.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀释放质量为m=2.0×10−15kg、所带电荷量为q=+1.0×10−12C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)
(1)粒子源所在处a点的电势；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；
(4)若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：α粒子散射实验现象为：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，并且有极少数α粒子的偏转超过90∘，有的甚至几乎达到180∘而被反弹回来，卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式机构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据卢瑟福提出的原子核式结构模型提出的历史背景分析即可。
了解卢瑟福核式结构模型提出的历史背景及其过程，知道α粒子散射实验现象及其结论。
2.【答案】C
【解析】解：A.天然放射现象说明原子具核有复杂结构，故A错误；
B.放射性元素的半衰期只与原子本身结构有关，与温度无关，故B错误；
C.根据β衰变的实质可知，所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，故C正确；
D.在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故D错误；
故选：C。
天然放射现象说明原子具核有复杂结构，根据半衰期的特点分析，根据β衰变的实质分析C，根据α、β、γ射线的特点分析D。
本题考查学生对α、β、γ三种射线特性、半衰期的掌握，比较基础，注意基本概念的掌握。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据电离的特点可知，处于基态的氢原子吸收大于13.6eV的能量即可实现电离，故A错误；
B、处于基态的氢原子若吸收能量为13.0eV的光子，能量达到E=−13.6eV+13.0eV=−0.6eV，不属于任意能级，所以处于基态的氢原子不能吸收能量为13.0eV的光子，故B错误；
C、一群处于n=4能级的氢原子最多能放出C42=6种不同频率的光，故C错误；
D、氢原子由基态跃迁到激发态后，由于轨道半径增大，所以氢原子的电势能增大；根据ke2r2=mv2r和Ek=12mv2可得：Ek=ke22r，可知核外电子动能减小，故D正确；
故选：D。
根据电离的特点分析A，能量只要大于某两个能级差即可使核外电子跃迁，而光子不是实物粒子，只有其能量恰好等于某两个能级差才能使核外电子跃迁，根据Cn2解得释放光子的种类，根据玻尔理论分析D。
此题考查原子能级结构以及跃迁的相关概念，注意电离的特点，掌握玻尔理论的分析方法。
4.【答案】A
【解析】解：A、β衰变的实质是原子核内的中子转变为质子和电子，电子释放出来，该现象与原子核内部变化有关，故A正确。
B、光电效应现象是金属中的电子吸收能量后逸出金属表面的现象，与原子核内部变化无关，故B错误。
C、原子发光现象是原子的核外电子跃迁产生的，与原子核内部变化无关，故C错误。
D、α粒子散射试验说明的是原子内大部分是空的，原子核很小，与原子核内部变化无关，故D错误。
故选：A。
光电效应是核外电子受激发迁移，卢瑟福的α粒子散射试验说明的是原子内大部分是空的，原子核很小，β衰变是原子核内部发生了变化．
本题考查了一些物理现象，记住发生这种现象的原理是什么，就能很好的解决此类题目．
5.【答案】B
【解析】解：A、5G使用的频率更高，相同时间内能够传输的信息量更大，光在真空中传播的速度都相同，光在介质中传播的速度v=cn，5G的频率比4G的高，则折射率更大，可知光在介质中传播的速度v更小，故A错误。
B、5G的频率比4G的高，由光子的能量E=hν可知5G相比4G光子的能量更大，故B正确；
C、发生明显衍射的条件是障碍物(或孔)的尺寸与波长差不多，或者比波长更小，5G的频率比4G的高，则波长更短，所以5G的电磁波更不容易发生衍射，故C错误；
D、任何波都可以发生干涉，所以5G和4G使用的电磁波都可以发生干涉，故D错误；
故选：B。
A、频率越高，相同时间内能够传输的信息量更大，频率越高，则折射率越大，光在真空中传播的速度都相同，由v=cn可知5G和4G在介质中传播速度大小关系。
B、5G的频率比4G的高，由光子的能量E=hν可知两者光子能量的大小关系；
C、5G的频率比4G的高，则波长越短，根据发生明显衍射的条件可知结论；
D、任何波都可以发生干涉，5G和4G都是电磁波，都可发生干涉；
本题考查了光的干涉和衍射、光子的能量、传播的速度，解题的关键是熟记光的干涉和衍射的特点和发生的条件，熟记电磁波谱中各种电磁波的波长、频率、折射率、传播速度等等物理量的变化特点。
6.【答案】B
【解析】解：BD、由图知a光偏折程度大，则a光的折射率大，频率大，波长小，a光可能是绿光，故B正确，D错误；
A、根据全反射临界角公式sinC=1n，可知a光先发生全反射，故A错误；
C、传播速度v=cn，折射率大的波速小，则在真空中a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；
故选：B。
根据图象判断出折射率的大小，从而知道了频率和全反射临界角的大小关系，再根据波速公式分析波速的大小．
解决本题的关键在于能够从图中判断出两张光的频率和波长的大小关系，所以一定要加强看图分析问题的能力．
7.【答案】C
【解析】解：AB、由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的最大值Um=220 2V，有效值U1=Um 2=220 2 2V=220V，由理想变压器的变压比得：U1U2=n1n2，代入数据解得：U2=44V，电压表示数为44V，由欧姆定律可知，副线圈电流I2=U2R=4422A=2A，故AB错误；
C、副线圈输出功率P2=U2I2=44×2W=88W，理想变压器原线圈输入功率P1=P2=88W，故C正确；
D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，交流电源的ω=100πrad/s，频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，变压器副线圈输出电压的频率与原线圈输入电流频率相等，是50Hz，故D错误。
故选：C。
根据理想变压器原线圈电压的瞬时值的表达式求出最大值、频率，再根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析答题。
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．
8.【答案】C
【解析】A.开关断开的瞬间，A中电流减小，产生的磁场减弱，导致线圈B中的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误；
B.开关闭合瞬间，A中电流增大，产生的磁场增强，导致线圈B中的磁通量增大，由楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增大，故B线圈中感应电流与A线圈中电流的方向相反，故B错误；
C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，接入电阻减小，线圈A中电流增大，根据楞次定律可知，线圈B中产生感应电流与闭合开关时方向相同，故指针向右偏转，故C正确；
D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，根据楞次定律可知，线圈B将对线圈A产生吸引力，故D错误。
故选：C。
根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流；同时根据楞次定律的两种描述分别分析感应电流的方向以及相互间的相用力。
本题主要考查楞次定律的应用，重点掌握楞次定律的两种描述：“增反减同”以及“来拒去留”的应用。
9.【答案】C
【解析】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R，变形解得：v=qBRm，根据图中轨迹可知，R1C、粒子在磁场中的运动周期为：T=2πRv=2πmqB，粒子在磁场中的运动时间为：t=α2πT，画出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F=qvB，由于v1故选：C。
根据左手定则判断粒子的电性；
根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹图，由几何关系确定轨迹圆半径大小；根据线速度之比等于半径之比求出粒子两次的入射速度的大小关系；
根据时间公式，由偏转角的大小比较时间的关系；
由安培力公式和牛顿第二定律比较加速度的大小。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，学生可根据题意做出粒子的轨迹图，然后由几何关系结合洛伦兹力求解。
10.【答案】B
【解析】解：A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故A错误；
B、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，故B正确；
C、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，故C错误；
D、电场力可能向上也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程中，电场力可能做正功，也可能做负功，所以无法判断机械能的变化，故D错误；
故选：B。
根据运动轨迹分析出粒子的合力方向，从而分析出电场力的可能方向，进而完成对电性和能量的分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的偏转，理解曲线运动中物体的受力方向，结合功能关系的对应特点完成分析。
11.【答案】A
【解析】解：A、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知 24He核的比结合能比 36Li核的比结合能大，所以 24He核比 36Li核更稳定，故A正确；
B、结合能等于比结合能与核子数的乘积， 56144Ba核的比结合能大约为8MeV，结合能大约为8MeV×144=1152MeV， 92235U的比结合能大约为7MeV，结合能大约为7MeV×235=1645MeV，可知 56144Ba核比 92235U的结合能更小，故B错误；
C、由图可知 12H核的比结合能大约为1MeV，则结合能大约为：1MeV×2=2MeV，故C错误；
D、比结合能越大平均核子质量越小，由图可知 12H核的比结合能小于 24He核的比结合能，所以 12H核的平均核子质量大于 24He核的平均核子质量，两个 12H核结合成 24He核过程中会出现质量亏损，所以会释放能量，故D错误。
故选：A。
A、根据比结合能越大，原子核越稳定来判断；
BC、由图像可知各原子核的比结合能，根据结合能等于比结合能与核子数的乘积，则可得各原子核的结合能；
D、根据比结合能越大平均核子质量越小，核反应中有质量亏损则会释放能量。
本题考查了结合能和比结合能，解题的关键是知道结合能等于比结合能与核子数的乘积，注意比结合能越大，原子核越稳定，比结合能越大平均核子质量越小，核反应中有质量亏损则会释放能量。
12.【答案】A
【解析】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．
小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电则洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；
如果带的是负电则洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=UL，u=E；感应电动势u=BVL(L为竖直板的长度)联合起来得F电=BqV，则洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；所以A正确，BCD错误；
故选A.
注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式及电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．
本题不要只认为小球只受洛仑兹力而忽视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．
13.【答案】D
【解析】解：A、由电容器中电场方向可知电容器的上极板带负电，下极板带正电，电流是由下极板通过电阻R流向上极板，故电容器正在放电，电容器的电荷量正在减少，两平行板间的电压减小，其中的电场正在减弱，故A错误；
B、由题意可知产生的磁场相当于由上极板直接流向下极板的电流所产生的磁场，由安培定则可知产生的磁场为顺时针方向(俯视)，故B错误；
C、两平行板间的电压减小，由欧姆定律可知通过电阻R的电流减小，由题意：产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场，故该变化电场产生的磁场越来越弱，故C错误；
D、设电容器的电压为U，板间距离为d，板间的电场强度的大小为E，则有：E=Ud
而电路中的电流为：I=UR=EdR
可知电路中的电流正比于板间的电场强度的大小，故D正确。
故选：D。
由电容器中电场方向判断电容器的上、下极板带电情况，结合电流方向可知电容器充放电情况，由两平行板间的电压变化判断电场强度的变化；由题意根据安培定则判断所产生磁场的方向以及磁场的强弱变化；根据匀强电场电场强度与电势差的关系和欧姆定律判断电路中的电流与板间的电场强度的关系。
本题考查了电容器与电磁场相关知识，根据要理解题意，产生的磁场相当于连接两极板间直导线的电流时所产生的磁场，由等效的电流方向和大小判断磁场的情况。
14.【答案】B
【解析】解：A、托卡马克主要利用欧姆线圈变化磁场产生的电场对等离子体加速，故A错误；
B、恒定电流产生恒定磁场，恒定磁场不能敫发电场，在装置内部不能产生电场，等离子体不能被加速，不能发生核聚变，故B正确；
C、极向场线圈和环向场线圈的主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，故C错误；
D、带电粒子平均动能与温度成正比，有
T=k2mv2
洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
整理得
B=1qr 2mTk
可知磁感应强度B正比于 T，故D错误。
故选：B。
托卡马克装置中核反应原理是核聚变，欧姆线圈中的变化的电流会在托卡马克内部产生涡旋电场，使等离子体加速，使得平均动能增大，温度升高。而极向场线圈产生的极向磁场控制等离子体截面形状和位置平衡，环向场线圈产生的环向磁场保证等离子体的宏观整体稳定性，极向磁场和环向磁场共同约束等离子体。
解决的关键知道核裂变和核聚变的区别，注意该装置是核聚变，以及知道变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场。
15.【答案】BD C BC 减小 (n2n1)2R0
【解析】解：(1)实验中需要输入交流电压和测量交流电压，故需要用学生电源交流输出端，需要使用多用电表的交流挡；不需要使用干电池和实验室用电压表。故AC错误，BD正确。
故选：BD。
(2)A、为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B、即使使用的电压较低，由于电磁感应，可能会产生较高的电压，所以通电时不可直接用手接触裸露的导线进行连接，故B错误；
C、实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；
D、变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，故D错误。
故选：C。
(3)A、第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁心横条后，普通铁块产生涡流增大了，变压器能量损失增大，灯泡变暗，故A错误；
B、用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块产生涡流增大，更容易发热，故B正确；
C、根据变压器的工作原理可知，无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选：BC。
(4)在原、副线圈匝数比一定的情况下，R增大，副线圈电流I2减小，根据原副线圈与匝数的关系
I1I2=n2n1
可知原线圈的电流减小；
把变压器等效为一个电阻R′，R0当作电源内阻，输出功率为
P=(U0R′+R0)2R′=U02R′+R02R′+2R0
当内外电阻相等时输出功率最大，有
R′=R0
根据
U1U2=n1n2
可得
I1R′I2R=n1n2
代入
I1I2=n2n1
解得
R=(n2n1)2R0
故答案为：(1)BD；(2)C；(3)BC；(4)减小；(n2n1)2R0
(1)实验中需要输入交流电压和测量交流电压，根据需要选择器材；
(2)变压器的工作原理为电磁感应，根据实验注意事项分析；
(3)另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条后，普通铁块产生的涡流增大；
(4)把变压器和负载电阻R等效为一个电阻R原然后根据闭合电路中当外阻等于内阻时输出功率最大分析作答。
本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤以及误差原因分析。
16.【答案】A 5 不需要 画出压强p和体积V的倒数p−1V图像，若图像为一条过原点的直线，可认为压强和体积成反比
【解析】解：(1)A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，故A正确；
B.应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作快使空气柱的温度发生改变，故B错误。
故选：A。
(2)由于注射器长度几乎相同，容积为5mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。
由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
(3)以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验中采集的各组数据在坐标纸上描点。若p−1V图像中的各点位于过原点的同一条直线上，就说明压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比。
故答案为：(1)A；(2)5，不需要；(3)画出压强p和体积V的倒数p−1V图像，若图像为一条过原点的直线，可认为压强和体积成反比。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)横截面积小，用相同的力，产生较大的压强。
(3)根据一定质量的理想气体的状态方程结合图像设计方案。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉公式和图像的物理意义即可，难度不大。
17.【答案】解：(1)ab边相当于电源，根据切割公式，有：
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，有：
I=ER=BLvR
根据欧姆定律，有：
Uab=I×34R=3BLv4
(2)根据平衡条件，有：
F=FA+μmg=B2L2vR+μmg
撤去拉力后，线框匀减速运动，加速度为−μg，根据速度位移关系公式，有：
x1=v22μg
所以：d=L+v22μg
(3)进入磁场过程中产生焦耳热：
Q1=I2Rt1=B2L3vR
由于摩擦产生的热量：
Q2=μmg(L+v22μg)=μmgL+12mv2
线框在绕ab轴翻转过程中，Em=BL2ω，有效值：
E=BL2ω 2
t=14T=π2ω
产生焦耳热：
Q3=I2Rt=E2Rt=πB2L4ω4R；
所以整个过程产生的热量为：
Q=Q1+Q2+Q3=μmgL+12mv2+B2L3vR+πB2L4ω4R；
答：(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab为3BLv4；
(2)水平拉力F的大小为B2L2vR+μmg，磁场的宽度d为L+v22μg；
(3)整个过程中产生的总热量Q为μmgL+12mv2+B2L3vR+πB2L4ω4R.
【解析】(1)ab边相当于电源，根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解ab两端的电压Uab；
(2)根据安培力公式求解安培力，根据平衡条件求解拉力；根据运动学公式求解磁场的宽度d；
(3)匀速进入磁场过程是恒定电流，根据焦耳定律求解焦耳热；根据功能关系求解摩擦产生的热量；最后翻转过程是正弦式交流电，先根据Em=NBSω求解最大值，得到有效值，最后根据焦耳定律求解电热．
本题关键是将线框的运动过程分为匀速、匀减速、转动三个过程进行分析，注意最后的翻转过程是正弦式交流电．
18.【答案】解：(1)为了测得遏止电压，K与A之间需接方向电压，故向a端移动。
(2)设入射光的频率为ν，金属的逸出功为W0，由爱因斯坦光电效应方程，光电子最大初动能
Ek=hν−W0
由动能定理
eUc=Ek
得
Uc=heν−W0e
由Uc−ν关系式及图像可知
he=ΔUcΔν
解得
h=6.3×10−34J⋅s
(3)a.电子聚集在A电极后，使A极带负电，因此会在球内部建立一个从K指向A的反向电场，阻碍电子继续往A聚集。当A、K之间达到最大电势差Um，最大动能为Ek2的电子都无法到达A极。根据动能定理
−eUm=0−Ek2
可得
Um=Ek2e
A、K短接时，所有电子都能到达A极，短路电流即饱和电流
I短=I0=Ne
b.所有电子都能到达A极，电流就能保持I0=Ne不变，故AK之间的电压要满足
U其中
U1=Ek1e
则
R=UI0答：(1)为了测得遏止电压，滑片P向a端移动；
(2)普朗克常量h的数值为6.3×10−34J⋅s；
(3)a.A、K之间的最大电势差Um为Ek2e，以及将A、K短接时回路中的电流I短为Ne；
b.在A、K间接上不同负载R时，电路中的电流可能会变化，R在小于Ek1Ne2范围内变化，电流可保持不变。
【解析】(1)根据遏止电压的意义分析；
(2)由光电效应方程得出遏止电压的表达式，据表达式可求图线的斜率与h的有关系，并求出h；
(3)根据动能定理和饱和电流的意义求解。
解决本题的知识点掌握爱因斯坦光电方程，以及反向截止电压、截止频率的内容，同时还要掌握光电流的方向的判断方法和决定光电流大小决定因素。
19.【答案】解：(1)离子在电场中加速，根据动能定理得：
qU=12mv2
解得：v= 2qUm
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动，打在MN中点P的离子的轨道半径r=34L
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2r
联立解得：B=43L 2mUq
(3)若要使原来打到底片中点的离子可以被检测，应增大离子做匀速圆周运动的半径，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2r
联立解得：r=1B 2mUq
则可增大加速电场的电压U或减小磁场的磁感应强度B。
答：(1)离子进入磁场时的速度v的大小为 2qUm；
(2)磁场的磁感应强度B的大小为43L 2mUq；
(3)可增大加速电场的电压U或减小磁场的磁感应强度B。
【解析】(1)根据动能定理求解离子进入磁场时的速度大小；
(2)根据几何关系求解离子的轨道半径，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即可求解磁场的磁感应强度；
(3)若要使原来打到底片中点的离子可以被检测，应增大离子做匀速圆周运动的半径，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即可判断。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，解题关键是分析好粒子的运动情况，结合动能定理和牛顿第二定律列式求解即可。
20.【答案】解：
(1)粒子源所在处a点的电势φa=Eh=80V
(2)由动能定理得
qEh=Ek−12mv02
得到Ek=1.2×10−10J
(3)粒子源打在金属板上的范围是圆，设半径为R，
则h=12⋅qEmt2
R=v0t，
解得R=v0 2mhqE=0.8 2m
所以面积为S=πR2=4.0m2
(3)根据R=v0 2mhqE可知，若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以减小h或增大E。
答：
(1)粒子源所在处a点的电势为80V；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能为1.2×10−10J；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上所形成的面积为4.0m2；
(4)若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以减小h或增大E。
【解析】(1)金属板接地，电势为零，粒子源处a点的电势高于金属板的电势，由U=Eh求出粒子源与金属板间的电势差，即为a点的电势；
(2)粒子向金属板运动的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求解粒子打在金属板上时的动能；
(3)(4)粒子向各个方向向下运动，打金属板上形成一个圆形区域，当粒子初速度方向水平方向向左或右时，粒子做类平抛运动，打在圆形区域的边界上，水平位移等于圆的半径，根据牛顿第二定律和运动学公式，求解圆的半径，再求解面积。
本题实质是类平抛运动问题，采用运动的分解法进行处理，常规题。求解电势，往往先求出某点与零电势的电势差，再求解电势。