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2022-2023学年江西省宜春一中、万载中学、宜丰中学联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江西省宜春一中、万载中学、宜丰中学联考高二（下）期末物理试卷（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.医学上常用碘−131标记玫瑰红钠盐和马尿酸钠作为肝、胆和肾等检查的扫描显像剂。已知碘−131发生的是β衰变，其衰变方程为： 53131I→X+β，则X原子核内中子数为( )
A. 54B. 77C. 78D. 131
2.投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也.宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也.”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53∘和37∘；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)( )
A. 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的大
B. 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C. 若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
D. 若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙小
3.一列简谐横波在t=13s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。则下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传播B. 波速为18m/s
C. P点平衡位置的x坐标为3cmD. Q点平衡位置的x坐标为6cm
4.“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为h的圆形轨道上运行的周期为T，火星的半径为R，引力常量为G，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是( )
A. “天问一号”在地球上的发射速度等于第三宇宙速度
B. “天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C. 火星的平均密度为3πGT2
D. 火星的第一宇宙速度为2π(R+h)T R+hR
5.如图所示，边长为1m的正方体ABCD−EFGH所处空间中存在匀强电场(图中未画出)，已知A、F两点的电势分别为10V、0，现于A、F点各放入等量异种电荷，C点电场强度为0，则( )
A. 匀强电场方向从D指向F
B. 匀强电场大小为20V/m
C. A点放入的是正电荷
D. 放入点电荷后，H点电势为5V
6.如图所示，半径为R的圆形区域中，有磁感应强度大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场，质子从A点沿直径AC方向以速度v(未知)射入，射出磁场时，速度偏转角为60∘，已知质子质量为m，电荷量为q，则( )
A. 质子做圆周运动的半径为2R
B. 质子的速度大小v=qBR2m
C. 若质子的速度大小为v′=2 33v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30∘斜向右下方时，质子在磁场中的运动时间最长
D. 若质子的速度大小为v′=2 33v，则质子在磁场中运动的最长时间为πm6qB
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落点更远。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 从释放到落地的过程中，米粒和糠重力势能变化量相等
B. 从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同
C. 落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率
D. 从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间
8.玻璃被广泛用于生活和光学仪器中。某光学仪器中有一扇形的玻璃砖。其截面图如图所示，扇形的玻璃砖的半径为R，∠AOB=60∘，一束单色光垂直AO照射在圆弧AB的中点C上，折射光线照射在AO面上的D点，光在C点发生折射后的偏向角为30∘，AO面涂有反射层，光在真空中的传播速度为c。则( )
A. 玻璃砖对该单色光的折射率为 3
B. 玻璃砖对该单色光的折射率为 2
C. 该单色光从C点首次照射到OB所用的时间为2Rc
D. 该单色光从C点首次照射到OB所用的时间为 3Rc
9.如图甲所示，质量为1kg可视为质点的物块A放置在足够长的长木板B上，A、B静止在水平地面上，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示。已知长木板B的质量为2kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，A的加速度大小为1m/s2
B. t=4s时刻，B的加速度大小为73m/s2
C. t=4s时刻，B的速度为8m/s
D. 4s后撤去外力F，又经过163s，木板停止运动
10.如图，两条足够长的平行金属导轨间距L=0.5m，与水平面的夹角θ=30∘，处于磁感应强度B=0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma=0.3kg、mb=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g=10m/s2。已知当a棒中产生的焦耳热Qa=0.12J时，其速度va=1.0m/s，a上方和b下方都足够长，下列说法正确的是( )
A. 此时b棒的速度大小为2m/s
B. 此时a棒的加速度大小为1m/s2
C. a棒从静止释放到速度达到1.0m/s所用的时间为0.758s
D. a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用如图所示的装置研究滑块在斜面上的运动。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。当一带有遮光片的滑块自斜面上端滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并测量出甲、乙之间的距离x，记下相应的t值，所得数据如表中所示。
完成下列填空和作图：
(1)根据表中给出的数据，在下图给出的坐标纸上画出xt−t图线。
(2)由所画出的xt−t图线，可以得出滑块经过光电门乙速度大小为v=______m/s，滑块在斜面上运动加速度的大小为a=______m/s2，(结果均保留2位有效数字)。
12.某小组利用如图所示的电路测量一只毫安表的量程和内阻，同时研究光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系。所提供的实验器材如下：
A.毫安表(表盘共有30格，未标数值)
B.学生电源(输出电压可调，内阻不计)
C.电阻箱R(最大阻值9999.9Ω)
D.光敏电阻R'
E.单刀双掷开关
F.导线若干
(1)实验时将学生电源输出电压调至1V，电阻箱的阻值调至最大，单刀双掷开关接至a端，开始调节电阻箱，发现电阻箱的阻值为1800.0Ω时，毫安表的指针刚好从零开始偏转一个格；电阻箱的阻值为300.0Ω时，毫安表指针刚好从零开始偏转四个格，据此得到毫安表的量程为______mA，内阻为______Ω。
(2)单刀双掷开关调至b端，实验中发现光照强度稍大时，电流超过毫安表量程，为了安全该小组将毫安表改装成量程为0.6A的电流表，应在毫安表上并联的定值电阻阻值为______Ω。(计算结果保留两位有效数字)
(3)该小组将改装后的电流表接入电路中，电源输出电压不变，单刀双掷开关调至b端，通过实验发现，流过原毫安表的电流为I且电流I与光照强度E(单位：cd)之间的关系为I=kE，由此可得光敏电阻的阻值R'与光照强度E之间的关系式为R′=______。
(4)若改装后的电流表示数总小于标准电流表测得的电流表示数，为了使改装后的电流表示数准确，则应该采取的措施是______。(写出一条即可)
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，汽缸高度为H=0.6m不计缸壁及活塞厚度)，在距缸底h=0.5m处有体积可忽略的卡环a、b。质量m=5kg、截面积S=25cm2的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0=300K。内部电热丝(图中未画出)缓慢加热气缸内气体，直至活塞离开a、b缓慢上升到汽缸口(活塞未滑出汽缸)，已知大气压强p0=1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
(1)求当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中，缸内气体的最高温度T；
(2)若全过程气体内能的变化ΔU=55J，求电阻丝放出的热量Q。
14.如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60∘，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度的最大值；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA=5kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R=1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB=3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起(未粘连)处于静止状态。现将质量为mC=2kg的小球C从高h=4m处由静止释放并从圆弧面的D点沿切线进入凹槽，重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。
(1)若将凹槽A锁定，求小球C在凹槽A最低点F时对凹槽的压力大小；
(2)若解除凹槽A的锁定，求物块B与凹槽A分离时，B的速度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：衰变反应前后质量数和电荷数守恒，则 53131I发生β衰变的方程为 53131I→54131Te+−10e，根据化学知识可知X原子核内中子数为：
131−54=77，故B正确，ACD错误；
故选：B。
衰变反应前后质量数守恒和电荷数守恒，由此得出对应的衰变方程，结合化学知识得出X原子的种类和对应的中子数。
本题主要考查了原子核的衰变，理解衰变的特点，熟悉原子核内部的粒子组成即可完成分析。
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，设位移与水平方向的夹角为θ，速度与水平方向的夹角为α，
则由平抛运动规律有：tanθ=hx=12tanα
AB.若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则有：h甲>h乙
根据h=12gt2，可得：t= 2hg
则可知，甲所投的箭在空中运动时间长，
又根据x=v0t可知，两人的水平距离相同，甲所投的箭在空中运动时间长，则甲所投箭的初速度较小，故AB错误；
CD.若箭在竖直方向下落的高度相等，则箭在空中运动时间相等，且有：x甲根据x=v0t可知，则甲所投箭的初速度较小，
又根据v=gt可知，甲、乙所射箭落入壶口时竖直速度相等，
则由v= v02+vy2可得，甲所射箭落入壶口时速度比乙小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据竖直方向的运动规律求解时间，根据运动的合成与分解求解水平初速度，根据水平方向的运动规律分析水平位移。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关。
3.【答案】C
【解析】解：A.由题意，当t=13s时，Q点向上运动，由题意，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由题意，该波的波长为λ=36cm，由题意，周期T=2s
波速为v=λT,解得v=18cm/s=0.18m/s
故B错误；
C.设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ，由题意，x=0处y=−A2=Asin(−30∘)
因此xP=30∘360∘λ=3cm
故C正确；
D.由题意，在t=0时Q点处于平衡位置，经Δt=13s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此有xQ−xP=vΔt，解得xQ−xP=6cm
得质点Q的平衡位置的x坐标为xQ=9cm
故D错误。
故选：C。
根据题意，分析Q点振动方向以及波的传播方向；
由题意，分析波长和周期，求波速；
由题意，结合振动方程，求P点平衡位置的x坐标；
由题意，分析质点Q的位置以及振动时间，求Q点平衡位置的x坐标。
本题考查学生对质点振动方向判断、波的传播方向判断、振动方程的分析等，是一道基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A、卫星若以第三宇宙速度从地球发射出去，则卫星将会离开太阳系，绕着银河系做圆周运动，但“天问一号”并没有离开太阳系，故“天问一号”在地球上的发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B、“天问一号”在着陆火星的过程中，引力做正功，则引力势能减小，动能增加，故B错误；
C、“天问一号”在距地面高h的轨道上做匀速圆周运动，则有：GMm0(R+h)2=m0(2πT)2(R+h)，得到：M=4π2(R+h)3GT2，所以火星的平均密度ρ=M43πR3=3π(R+h)3GT2R3，故C错误；
D、根据选项A结论有：GMm′R2=m′v12R求得第一宇宙速度：v1= GMR，再将选项C的质量M代入得到：v1=2π(R+h)T R+hR，故D正确。
故选：D。
理解第三宇宙速度的物理意义，结合题意完成分析；已知距火星表面高度为h的圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量；从而求得“祝融号”火星车在火星表面所受重力大小；“天问一号”着陆前做近心运动，需要减速；根据密度公式求火星的平均密度；根据万有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
此题考查万有引力定律及其应用，解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两条思路，并能灵活运用。要知道第一宇宙速度等于卫星贴近星球表面做匀速圆周运动的线速度，即轨道半径等于星球的半径。
5.【答案】D
【解析】解：ABC.根据题意可知，A、F两点的电势分别为10V、0，由此可分析出A点放置负电荷，F点放置正电荷，此时的场强特点如图所示：
匀强电场的电场强度方向为A指向F，根据场强的计算公式可知，此时的场强大小为
E=UAFd=10 2V/m=5 2V/m，故ABC错误；
D.没有匀强电场时，根据等量异种电荷电场的分布规律可知，BCHE平面上的电势匀为零，又只有匀强电场时A、F两点的电势分别为10V、0，BCHE平面上的电势匀为5V，根据电势的叠加可知，放入点电荷后，H点电势为5V，故D正确。
故选：D。
根据AF两点的电势大小关系得出电荷的电性，结合场强的计算公式得出场强的大小；
理解等量异种电荷的电场分布规律，结合电势的叠加特点得出H点的电势。
本题主要考查了点电荷的电场分布规律，理解点电荷周围的场强和电势的分布特点，结合电势的叠加原理和场强的计算公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：AB、质子运动轨迹如图1所示，
根据几何关系，粒子的做匀速圆周运动的半径：r1=Rtanθ2= 3R
根据洛伦兹力提供向心力，可得：qvB=mv2r1
联立以上两式可得：v= 3qBRm，故AB错误；
CD、若质子的速度为v′=2 33v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30∘斜向右下方时，则粒子的运动半径为r2=2R。只有轨迹圆弧所对的弦最长(为磁场圆的直径)粒子的偏转角最大，则粒子从C点射出时，运动时间最长，如图2所示，
由图2可得：sinφ=Rr2=12，那么：φ=30∘
对应运动的时间为：t=2φ360∘×2πmqB
整理解得：t=πm3qB，故C正确，D错误。
故选：C。
作出质子轨迹图，根据几何关系求轨迹半径；根据洛伦兹力提供向心力列式求质子速度的大小；
当质子的速度一定时，做匀速圆周运动的半径一定，由几何知识可以确定，以磁场圆直径为弦长的轨迹在磁场中的偏转角最大，画出轨迹，求出偏转角，结合周期公式从而求得时间。
解决该题的关键是正确做出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何知识求出临界半径，在根据带电粒子在电磁场中的运动规律求解。
7.【答案】CD
【解析】解：A、米粒和糠的区别是质量不同，由于从同一高度h释放，由WG=mgh可知，米粒和糠重力做功不同，则重力势能变化量不同，故A错误；
BD、空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由h=12gt2可知，运动时间相同，在恒定水平风力作用下，由F=ma可知，由于米粒质量大，米粒水平运动的加速度小，由x=12at2可知，米粒水平运动的距离小，在根据功的公式W=Fx可知，风力对米粒做功少，故B错误，D正确；
C、空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由v2=2gh可知，落地竖直方向的速度相同，而P=mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率，故C正确。
故选：CD。
米粒和糠的区别是质量不同，根据功的公式和重力势能的变化关系判断选项AB是否正确；用重力乘以竖直方向的速度算瞬时功率，进而比较大小；根据运动分解，由竖直方向的运动判断时间是否相同，可判断CD是否正确。
本题将运动分解，解题思路就比较清晰，竖直方向自由落体，可以确定时间，水平匀加速直线运动，可以推测水平距离，用力和沿力的方向距离的乘积判断两个方向力所做的功，这样求解力的功就比较简单。
8.【答案】AC
【解析】解：AB.根据题意，画出光路图如图所示
由图利用几何关系可得
i=60∘，r=30∘
则玻璃砖对该单色光的折射率为
n=sinisinr= 3
故B错误，A正确；
CD.根据公式n=cv可知，光在玻璃中得传播速度为
v= 33c
由图可知，光在玻璃中的传播距离为
d=CD+DE
根据几何关系有
CF=12OC=R2
CD=OD=DE=CFcs30∘= 33R
则
d=2 33R
则光在玻璃中的传播时间为
t=dv
解得t=2Rc
故D错误，C正确。
故选：AC。
根据折射定律可解得折射率；根据几何关系解得光程，结合速度的公式可解得光在介质中的时间。
本题考查光的折射定律，解题关键根据题意作图，根据折射定律与几何关系可解得。
9.【答案】AC
【解析】解：A、当AB恰好发生相对滑动时，设拉力为F0，加速度为a0，
对A根据牛顿第二定律有：μmAg=mAa0
对AB整体有：F0−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a0
联立解得：a0=1m/s2，F0=6N，由图乙可知，t=0时刻，拉力为6N，故此时A的加速度大小为1m/s2，故A正确；
B、由图乙所示图像可知，t=4s时拉力大小F=10N，
对B，由牛顿第二定律得：F−μmAg−μ(mA+mB)g=mBaB，
代入数据解得：aB=3m/s2，故B错误；
C、t=0时刻，拉力为6N，此时之后A、B一直相对滑动，0到4s之内，拉力对B的冲量：
IF=F−⋅Δt=6+102×4N⋅s=32N⋅s
对B根据动量定理有：IF−μmAg⋅Δt−μ(mA+mB)g⋅Δt=mBvB
解得：vB=8m/s，故C正确；
D、t=4s时A的速度大小vA=a0t=1×4m/s=4m/s，4s撤去拉力后，A继续做加速运动，B做匀减速直线运动直到两者速度相等，速度相等后两者一起做匀减速直线运动直到速度为零；
撤去拉力后B做匀减速直线运动过程，对B，由牛顿第二定律得：μmAg+μ(mA+mB)g=mBa1
代入数据解得：a1=2m/s2
设经过时间t1两者速度相等，则：v=vA+a0t1=vB−a1t1
代入数据解得：t1=43s，v=163m/s
两者共速后一起做匀减速直线运动，减速运动的加速度大小：a=μ(mA+mB)gmA+mB=μg=0.1×10m/s2=1m/s2
减速到零需要的时间：t2=va=1631s=163s
4s后撤去外力F经过时间：t′=t1+t2=(43+163)s=203s木板停止运动，故D错误。
故选：AC。
应用牛顿第二定律求出A、B刚要相对滑动时拉力大小；根据A、B的受力情况结合图示图像，应用牛顿第二定律求出加速度大小，弄清A、B两物体的运动过程，应用速度-时间公式求出速度与运动时间。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚物体受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
10.【答案】BD
【解析】解：A.根据题意，设a、b棒受到的安培力大小为F安，分别对a、b棒由牛顿第二定律列方程，有：
F−magsinθ−F安=maaa
mbgsinθ−F安=mbab
联立解得：maaa=mbab
a、b棒由静止释放，则有：ma∑aat=mb∑abt
即：mava=mbvb
联立解得：vb=3m/s，故A错误；
B.设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLva+BLvb
根据闭合电路欧姆定律可得：I=E2R
根据安培力的计算公式可得：F安=BIL
联立式子解得：aa=1m/s2，故B正确；
C.根据题意，设此过程a，b棒位移分别为xa，xb，结合上述分析可得：maxa=mbxb
根据能量守恒有：Fxa+mbgxbsinθ−magxasinθ−12mava2−12mbvb2=2Qa
取向上为正方向，对a棒根据动量定理有：(F−magsinθ)t−I安=mava−0
其中安培力的冲量：I安=∑F安Δt=B2L2(xa+xb)2R
联立代入数据可解得：t=0.768s，故C错误；
D.根据题意可知，由于magsinθ+mbgsinθ=2N=F，且a上方和b下方都足够长，则a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动，故D正确。
故选：BD。
分别对a、b棒由牛顿第二定律列方程，a、b棒由静止释放，根据运动学公式联立求解；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式联立求解；根据能量守恒定律列方程，对a棒根据动量定理列方程联立求解；根据受力情况分析最后的运动情况。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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。
11.【答案】
【解析】解：(1)根据表格中数据，通过描点画图的方法，在坐标纸上画出xt−t图像，如图所示：
(2)根据题意可知，滑块下滑时做匀加速直线运动，设加速度为a，到达乙光电门时的速度为v1，根据逆向思维可知，滑块从光电门乙开始，向上做匀减速直线运动，根据位移-时间公式则有：x=v1t−12at2
整理可得：xt=−a2⋅t+v1
结合图像纵截距可得：v1≈0.86m/s
结合图像斜率可得：−a2≈0.55−0.861.7−0.59m/s2≈−0.28m/s2
即加速度a≈0.56m/s2
故答案为：(1)；(2)0.87/0.86/0.88、0.54/0.55/0.56。
(1)根据表中数据，通过描点画图的方法即可；
(2)灵活应用匀变速直线运动学公式，结合逆向思维和题中数据求解即可。
解题关键是能够灵活应用匀变速直线匀速的运动学公式，结合逆向思维，解答本题。难度适中。
12.【答案】 (1)15； 200(2)5.1(3)140kE−5 (4)适当增大并联电阻的阻值
【解析】解：(1)毫安表一个格对应的电流为I0，内阻为Rg，根据题意偏转一格时有：I0=1V1800.0+Rg，
偏转四格时有：4I0=1V300.0+Rg
联立解得：I0=0.5mA，Rg=200Ω
则毫安表的量程为：Ig=30I0=30×0.5mA=15mA
(2)设在毫安表上并联的定值电阻阻值为R1，则并毫安表满偏时有：Im=Ig+IgRgR1
变形解得：R1=IgRgIm−Ig=15×200600−15Ω≈5.1Ω
(3)改装后的电流表的内阻为：RA=R1RgR1+Rg=5.1×2005.1+200Ω≈5Ω，
当原毫安表的电流为I时，电路总电流为：I总=60015I=40I
根据欧姆定律可得：I总=UR′+RA=1R′+5=40I
可得光敏电阻的阻值R'与光照强度E之间的关系式为：R′=140I−5=140kE−5
(4)若改装后的电流表示数总小于标准电流表测得的电流表示数，为了使改装后的电流表示数准确，则应该采取的措施是：适当增大并联电阻的阻值，则原毫安表分到电流大一些，指针偏转角度大一些，使指针指在准确电流刻度处。
故答案为：(1)15、200；(2)5.1；(3)140kE−5；(4)适当增大并联电阻的阻值。
(1)根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻度线就能求出毫安表的量程；
(2)电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；
(3)由欧姆定律和题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系；
(4)根据电流表的改装原理，结合误差情况分析原因并提出改进措施。
本题是电表的改装的实际应用，理解表头的刻度原理，及电流表和电压表的改装原理是欧姆定律，还要注意通过测电流还能找到光敏电阻的阻值与光照强度的关系，这是以已知光照强度与电流的关系为前提的。
13.【答案】解：(1)活塞刚要离开ab时，活塞受力平衡：p0S+mg=p1S
解得，气缸内气体此时的压强为：p1=p0+mgS=1×105Pa+5×1025×10−4Pa=1.2×105Pa
所以，当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中气体的压强为：p=p1=1.2×105Pa
根据理想气体的状态方程：p0V0T0=pVT
可得：p0hST0=pHST
解得：T=432K
(2)气体对外做功：W=−p⋅S(H−h)=−1.2×105⋅25×10−4⋅(0.6−0.5)J=−30J
由题意知，全过程气体内能的变化：ΔU=55J
根据热力学第一定律可得：ΔU=W+Q′
代入数据解得：Q′=85J
故气体吸收热量为85J，则电阻丝放出的热量为：Q=85J
答：(1)当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中，缸内气体的最高温度T为432K；
(2)电阻丝放出的热量Q为85J。
【解析】(1)求出气缸内气体的始末状态参量，应用一定质量的理想气体状态方程求出气缸内气体的温度。
(2)应用热力学第一定律求出电阻丝放出的热量。
本题考查气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程即可与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意正负号的含义。
14.【答案】解：(1)粒子在电场中的加速度为：a=F电m=qEm
粒子在P点对速度进行分解如下图
粒子在P点有：v0tan60∘=qEmt
粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向有：x=v0t
竖直方向有：y=12at2，而加速度：a=Fm=Eqm
发射位置到P点的距离：s= x2+y2
解得：s= 13mv026qE
(2)粒子进入磁场的速度：vP=v0sin60∘
当粒子恰好从Q点飞出时，磁感应强度最大，根据几何关系有：2R1sin60∘=l
粒子在磁场中有：qvPB1=mvP2R1
解得：B1=2mv0ql
(3)作出轨迹如图所示
根据几何关系有：sinθ=l2 52l= 55
带电粒子的运动半径为：R2= 54lcs(30∘+θ)
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离：dmin=R2sin30∘+l−R2
解得：dmin=(39−10 3)l44
答：(1)粒子发射位置到P点的距离为 13mv026qE；
(2)磁感应强度的最大值为2mv0ql；
(3)粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离为(39−10 3)l44。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求出末速度的大小和方向，再由位移规律求合位移的大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子出射点的边界条件，求出磁感应强度最大值；
(3)根据粒子正好从QN的中点射出磁场这一边界条件，画出粒子的运动轨迹，然后由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的轨迹圆半径，再由几何关系求出粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，由几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。
15.【答案】解：(1)若将凹槽A锁定，根据机械能守恒可得：
mcgh=12mcvc2
根据牛顿第二定律
FN−mCg=mCvC2R
解得：FN=180N
由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为
F压=FN=180N
(2)对ABC，根据机械能守恒可得：
mCgh=12(mA+mB)v12+12mCv22
水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
mCv2−(mA+mB)v1=0
解得：v1=2m/s
答：(1)若将凹槽A锁定，小球C在凹槽A最低点F时对凹槽的压力大小为180N；
(2)若解除凹槽A的锁定，物块B与凹槽A分离时，B的速度大小为2m/s。
【解析】(1)根据机械能守恒定律得出小球C的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球在最低点时对凹槽的压力；
(2)根据机械能守恒定律，结合动量守恒定律列式得出B的速度。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，能根据机械能守恒定律得出物体的速度，结合牛顿第二定律和动量守恒定律即可完成分析。x(m)
0.500
0.600
0.700
0.800
0.900
0.950
t(ms)
585.8
743.0
904.6
1105.6
1347.6
1552.8
xt(m/s)
0.854
0.807
0.774
0.724
0.668
0.612
1.医学上常用碘−131标记玫瑰红钠盐和马尿酸钠作为肝、胆和肾等检查的扫描显像剂。已知碘−131发生的是β衰变，其衰变方程为： 53131I→X+β，则X原子核内中子数为( )
A. 54B. 77C. 78D. 131
2.投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也.宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也.”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53∘和37∘；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)( )
A. 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的大
B. 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C. 若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
D. 若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙小
3.一列简谐横波在t=13s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。则下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传播B. 波速为18m/s
C. P点平衡位置的x坐标为3cmD. Q点平衡位置的x坐标为6cm
4.“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为h的圆形轨道上运行的周期为T，火星的半径为R，引力常量为G，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是( )
A. “天问一号”在地球上的发射速度等于第三宇宙速度
B. “天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C. 火星的平均密度为3πGT2
D. 火星的第一宇宙速度为2π(R+h)T R+hR
5.如图所示，边长为1m的正方体ABCD−EFGH所处空间中存在匀强电场(图中未画出)，已知A、F两点的电势分别为10V、0，现于A、F点各放入等量异种电荷，C点电场强度为0，则( )
A. 匀强电场方向从D指向F
B. 匀强电场大小为20V/m
C. A点放入的是正电荷
D. 放入点电荷后，H点电势为5V
6.如图所示，半径为R的圆形区域中，有磁感应强度大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场，质子从A点沿直径AC方向以速度v(未知)射入，射出磁场时，速度偏转角为60∘，已知质子质量为m，电荷量为q，则( )
A. 质子做圆周运动的半径为2R
B. 质子的速度大小v=qBR2m
C. 若质子的速度大小为v′=2 33v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30∘斜向右下方时，质子在磁场中的运动时间最长
D. 若质子的速度大小为v′=2 33v，则质子在磁场中运动的最长时间为πm6qB
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落点更远。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 从释放到落地的过程中，米粒和糠重力势能变化量相等
B. 从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同
C. 落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率
D. 从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间
8.玻璃被广泛用于生活和光学仪器中。某光学仪器中有一扇形的玻璃砖。其截面图如图所示，扇形的玻璃砖的半径为R，∠AOB=60∘，一束单色光垂直AO照射在圆弧AB的中点C上，折射光线照射在AO面上的D点，光在C点发生折射后的偏向角为30∘，AO面涂有反射层，光在真空中的传播速度为c。则( )
A. 玻璃砖对该单色光的折射率为 3
B. 玻璃砖对该单色光的折射率为 2
C. 该单色光从C点首次照射到OB所用的时间为2Rc
D. 该单色光从C点首次照射到OB所用的时间为 3Rc
9.如图甲所示，质量为1kg可视为质点的物块A放置在足够长的长木板B上，A、B静止在水平地面上，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示。已知长木板B的质量为2kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，A的加速度大小为1m/s2
B. t=4s时刻，B的加速度大小为73m/s2
C. t=4s时刻，B的速度为8m/s
D. 4s后撤去外力F，又经过163s，木板停止运动
10.如图，两条足够长的平行金属导轨间距L=0.5m，与水平面的夹角θ=30∘，处于磁感应强度B=0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma=0.3kg、mb=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g=10m/s2。已知当a棒中产生的焦耳热Qa=0.12J时，其速度va=1.0m/s，a上方和b下方都足够长，下列说法正确的是( )
A. 此时b棒的速度大小为2m/s
B. 此时a棒的加速度大小为1m/s2
C. a棒从静止释放到速度达到1.0m/s所用的时间为0.758s
D. a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用如图所示的装置研究滑块在斜面上的运动。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。当一带有遮光片的滑块自斜面上端滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并测量出甲、乙之间的距离x，记下相应的t值，所得数据如表中所示。
完成下列填空和作图：
(1)根据表中给出的数据，在下图给出的坐标纸上画出xt−t图线。
(2)由所画出的xt−t图线，可以得出滑块经过光电门乙速度大小为v=______m/s，滑块在斜面上运动加速度的大小为a=______m/s2，(结果均保留2位有效数字)。
12.某小组利用如图所示的电路测量一只毫安表的量程和内阻，同时研究光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系。所提供的实验器材如下：
A.毫安表(表盘共有30格，未标数值)
B.学生电源(输出电压可调，内阻不计)
C.电阻箱R(最大阻值9999.9Ω)
D.光敏电阻R'
E.单刀双掷开关
F.导线若干
(1)实验时将学生电源输出电压调至1V，电阻箱的阻值调至最大，单刀双掷开关接至a端，开始调节电阻箱，发现电阻箱的阻值为1800.0Ω时，毫安表的指针刚好从零开始偏转一个格；电阻箱的阻值为300.0Ω时，毫安表指针刚好从零开始偏转四个格，据此得到毫安表的量程为______mA，内阻为______Ω。
(2)单刀双掷开关调至b端，实验中发现光照强度稍大时，电流超过毫安表量程，为了安全该小组将毫安表改装成量程为0.6A的电流表，应在毫安表上并联的定值电阻阻值为______Ω。(计算结果保留两位有效数字)
(3)该小组将改装后的电流表接入电路中，电源输出电压不变，单刀双掷开关调至b端，通过实验发现，流过原毫安表的电流为I且电流I与光照强度E(单位：cd)之间的关系为I=kE，由此可得光敏电阻的阻值R'与光照强度E之间的关系式为R′=______。
(4)若改装后的电流表示数总小于标准电流表测得的电流表示数，为了使改装后的电流表示数准确，则应该采取的措施是______。(写出一条即可)
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，汽缸高度为H=0.6m不计缸壁及活塞厚度)，在距缸底h=0.5m处有体积可忽略的卡环a、b。质量m=5kg、截面积S=25cm2的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0=300K。内部电热丝(图中未画出)缓慢加热气缸内气体，直至活塞离开a、b缓慢上升到汽缸口(活塞未滑出汽缸)，已知大气压强p0=1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
(1)求当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中，缸内气体的最高温度T；
(2)若全过程气体内能的变化ΔU=55J，求电阻丝放出的热量Q。
14.如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60∘，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度的最大值；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA=5kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R=1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB=3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起(未粘连)处于静止状态。现将质量为mC=2kg的小球C从高h=4m处由静止释放并从圆弧面的D点沿切线进入凹槽，重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。
(1)若将凹槽A锁定，求小球C在凹槽A最低点F时对凹槽的压力大小；
(2)若解除凹槽A的锁定，求物块B与凹槽A分离时，B的速度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：衰变反应前后质量数和电荷数守恒，则 53131I发生β衰变的方程为 53131I→54131Te+−10e，根据化学知识可知X原子核内中子数为：
131−54=77，故B正确，ACD错误；
故选：B。
衰变反应前后质量数守恒和电荷数守恒，由此得出对应的衰变方程，结合化学知识得出X原子的种类和对应的中子数。
本题主要考查了原子核的衰变，理解衰变的特点，熟悉原子核内部的粒子组成即可完成分析。
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，设位移与水平方向的夹角为θ，速度与水平方向的夹角为α，
则由平抛运动规律有：tanθ=hx=12tanα
AB.若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则有：h甲>h乙
根据h=12gt2，可得：t= 2hg
则可知，甲所投的箭在空中运动时间长，
又根据x=v0t可知，两人的水平距离相同，甲所投的箭在空中运动时间长，则甲所投箭的初速度较小，故AB错误；
CD.若箭在竖直方向下落的高度相等，则箭在空中运动时间相等，且有：x甲
又根据v=gt可知，甲、乙所射箭落入壶口时竖直速度相等，
则由v= v02+vy2可得，甲所射箭落入壶口时速度比乙小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据竖直方向的运动规律求解时间，根据运动的合成与分解求解水平初速度，根据水平方向的运动规律分析水平位移。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关。
3.【答案】C
【解析】解：A.由题意，当t=13s时，Q点向上运动，由题意，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由题意，该波的波长为λ=36cm，由题意，周期T=2s
波速为v=λT,解得v=18cm/s=0.18m/s
故B错误；
C.设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ，由题意，x=0处y=−A2=Asin(−30∘)
因此xP=30∘360∘λ=3cm
故C正确；
D.由题意，在t=0时Q点处于平衡位置，经Δt=13s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此有xQ−xP=vΔt，解得xQ−xP=6cm
得质点Q的平衡位置的x坐标为xQ=9cm
故D错误。
故选：C。
根据题意，分析Q点振动方向以及波的传播方向；
由题意，分析波长和周期，求波速；
由题意，结合振动方程，求P点平衡位置的x坐标；
由题意，分析质点Q的位置以及振动时间，求Q点平衡位置的x坐标。
本题考查学生对质点振动方向判断、波的传播方向判断、振动方程的分析等，是一道基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A、卫星若以第三宇宙速度从地球发射出去，则卫星将会离开太阳系，绕着银河系做圆周运动，但“天问一号”并没有离开太阳系，故“天问一号”在地球上的发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B、“天问一号”在着陆火星的过程中，引力做正功，则引力势能减小，动能增加，故B错误；
C、“天问一号”在距地面高h的轨道上做匀速圆周运动，则有：GMm0(R+h)2=m0(2πT)2(R+h)，得到：M=4π2(R+h)3GT2，所以火星的平均密度ρ=M43πR3=3π(R+h)3GT2R3，故C错误；
D、根据选项A结论有：GMm′R2=m′v12R求得第一宇宙速度：v1= GMR，再将选项C的质量M代入得到：v1=2π(R+h)T R+hR，故D正确。
故选：D。
理解第三宇宙速度的物理意义，结合题意完成分析；已知距火星表面高度为h的圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量；从而求得“祝融号”火星车在火星表面所受重力大小；“天问一号”着陆前做近心运动，需要减速；根据密度公式求火星的平均密度；根据万有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
此题考查万有引力定律及其应用，解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两条思路，并能灵活运用。要知道第一宇宙速度等于卫星贴近星球表面做匀速圆周运动的线速度，即轨道半径等于星球的半径。
5.【答案】D
【解析】解：ABC.根据题意可知，A、F两点的电势分别为10V、0，由此可分析出A点放置负电荷，F点放置正电荷，此时的场强特点如图所示：
匀强电场的电场强度方向为A指向F，根据场强的计算公式可知，此时的场强大小为
E=UAFd=10 2V/m=5 2V/m，故ABC错误；
D.没有匀强电场时，根据等量异种电荷电场的分布规律可知，BCHE平面上的电势匀为零，又只有匀强电场时A、F两点的电势分别为10V、0，BCHE平面上的电势匀为5V，根据电势的叠加可知，放入点电荷后，H点电势为5V，故D正确。
故选：D。
根据AF两点的电势大小关系得出电荷的电性，结合场强的计算公式得出场强的大小；
理解等量异种电荷的电场分布规律，结合电势的叠加特点得出H点的电势。
本题主要考查了点电荷的电场分布规律，理解点电荷周围的场强和电势的分布特点，结合电势的叠加原理和场强的计算公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：AB、质子运动轨迹如图1所示，
根据几何关系，粒子的做匀速圆周运动的半径：r1=Rtanθ2= 3R
根据洛伦兹力提供向心力，可得：qvB=mv2r1
联立以上两式可得：v= 3qBRm，故AB错误；
CD、若质子的速度为v′=2 33v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30∘斜向右下方时，则粒子的运动半径为r2=2R。只有轨迹圆弧所对的弦最长(为磁场圆的直径)粒子的偏转角最大，则粒子从C点射出时，运动时间最长，如图2所示，
由图2可得：sinφ=Rr2=12，那么：φ=30∘
对应运动的时间为：t=2φ360∘×2πmqB
整理解得：t=πm3qB，故C正确，D错误。
故选：C。
作出质子轨迹图，根据几何关系求轨迹半径；根据洛伦兹力提供向心力列式求质子速度的大小；
当质子的速度一定时，做匀速圆周运动的半径一定，由几何知识可以确定，以磁场圆直径为弦长的轨迹在磁场中的偏转角最大，画出轨迹，求出偏转角，结合周期公式从而求得时间。
解决该题的关键是正确做出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何知识求出临界半径，在根据带电粒子在电磁场中的运动规律求解。
7.【答案】CD
【解析】解：A、米粒和糠的区别是质量不同，由于从同一高度h释放，由WG=mgh可知，米粒和糠重力做功不同，则重力势能变化量不同，故A错误；
BD、空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由h=12gt2可知，运动时间相同，在恒定水平风力作用下，由F=ma可知，由于米粒质量大，米粒水平运动的加速度小，由x=12at2可知，米粒水平运动的距离小，在根据功的公式W=Fx可知，风力对米粒做功少，故B错误，D正确；
C、空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由v2=2gh可知，落地竖直方向的速度相同，而P=mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率，故C正确。
故选：CD。
米粒和糠的区别是质量不同，根据功的公式和重力势能的变化关系判断选项AB是否正确；用重力乘以竖直方向的速度算瞬时功率，进而比较大小；根据运动分解，由竖直方向的运动判断时间是否相同，可判断CD是否正确。
本题将运动分解，解题思路就比较清晰，竖直方向自由落体，可以确定时间，水平匀加速直线运动，可以推测水平距离，用力和沿力的方向距离的乘积判断两个方向力所做的功，这样求解力的功就比较简单。
8.【答案】AC
【解析】解：AB.根据题意，画出光路图如图所示
由图利用几何关系可得
i=60∘，r=30∘
则玻璃砖对该单色光的折射率为
n=sinisinr= 3
故B错误，A正确；
CD.根据公式n=cv可知，光在玻璃中得传播速度为
v= 33c
由图可知，光在玻璃中的传播距离为
d=CD+DE
根据几何关系有
CF=12OC=R2
CD=OD=DE=CFcs30∘= 33R
则
d=2 33R
则光在玻璃中的传播时间为
t=dv
解得t=2Rc
故D错误，C正确。
故选：AC。
根据折射定律可解得折射率；根据几何关系解得光程，结合速度的公式可解得光在介质中的时间。
本题考查光的折射定律，解题关键根据题意作图，根据折射定律与几何关系可解得。
9.【答案】AC
【解析】解：A、当AB恰好发生相对滑动时，设拉力为F0，加速度为a0，
对A根据牛顿第二定律有：μmAg=mAa0
对AB整体有：F0−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a0
联立解得：a0=1m/s2，F0=6N，由图乙可知，t=0时刻，拉力为6N，故此时A的加速度大小为1m/s2，故A正确；
B、由图乙所示图像可知，t=4s时拉力大小F=10N，
对B，由牛顿第二定律得：F−μmAg−μ(mA+mB)g=mBaB，
代入数据解得：aB=3m/s2，故B错误；
C、t=0时刻，拉力为6N，此时之后A、B一直相对滑动，0到4s之内，拉力对B的冲量：
IF=F−⋅Δt=6+102×4N⋅s=32N⋅s
对B根据动量定理有：IF−μmAg⋅Δt−μ(mA+mB)g⋅Δt=mBvB
解得：vB=8m/s，故C正确；
D、t=4s时A的速度大小vA=a0t=1×4m/s=4m/s，4s撤去拉力后，A继续做加速运动，B做匀减速直线运动直到两者速度相等，速度相等后两者一起做匀减速直线运动直到速度为零；
撤去拉力后B做匀减速直线运动过程，对B，由牛顿第二定律得：μmAg+μ(mA+mB)g=mBa1
代入数据解得：a1=2m/s2
设经过时间t1两者速度相等，则：v=vA+a0t1=vB−a1t1
代入数据解得：t1=43s，v=163m/s
两者共速后一起做匀减速直线运动，减速运动的加速度大小：a=μ(mA+mB)gmA+mB=μg=0.1×10m/s2=1m/s2
减速到零需要的时间：t2=va=1631s=163s
4s后撤去外力F经过时间：t′=t1+t2=(43+163)s=203s木板停止运动，故D错误。
故选：AC。
应用牛顿第二定律求出A、B刚要相对滑动时拉力大小；根据A、B的受力情况结合图示图像，应用牛顿第二定律求出加速度大小，弄清A、B两物体的运动过程，应用速度-时间公式求出速度与运动时间。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚物体受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
10.【答案】BD
【解析】解：A.根据题意，设a、b棒受到的安培力大小为F安，分别对a、b棒由牛顿第二定律列方程，有：
F−magsinθ−F安=maaa
mbgsinθ−F安=mbab
联立解得：maaa=mbab
a、b棒由静止释放，则有：ma∑aat=mb∑abt
即：mava=mbvb
联立解得：vb=3m/s，故A错误；
B.设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLva+BLvb
根据闭合电路欧姆定律可得：I=E2R
根据安培力的计算公式可得：F安=BIL
联立式子解得：aa=1m/s2，故B正确；
C.根据题意，设此过程a，b棒位移分别为xa，xb，结合上述分析可得：maxa=mbxb
根据能量守恒有：Fxa+mbgxbsinθ−magxasinθ−12mava2−12mbvb2=2Qa
取向上为正方向，对a棒根据动量定理有：(F−magsinθ)t−I安=mava−0
其中安培力的冲量：I安=∑F安Δt=B2L2(xa+xb)2R
联立代入数据可解得：t=0.768s，故C错误；
D.根据题意可知，由于magsinθ+mbgsinθ=2N=F，且a上方和b下方都足够长，则a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动，故D正确。
故选：BD。
分别对a、b棒由牛顿第二定律列方程，a、b棒由静止释放，根据运动学公式联立求解；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式联立求解；根据能量守恒定律列方程，对a棒根据动量定理列方程联立求解；根据受力情况分析最后的运动情况。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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。
11.【答案】
【解析】解：(1)根据表格中数据，通过描点画图的方法，在坐标纸上画出xt−t图像，如图所示：
(2)根据题意可知，滑块下滑时做匀加速直线运动，设加速度为a，到达乙光电门时的速度为v1，根据逆向思维可知，滑块从光电门乙开始，向上做匀减速直线运动，根据位移-时间公式则有：x=v1t−12at2
整理可得：xt=−a2⋅t+v1
结合图像纵截距可得：v1≈0.86m/s
结合图像斜率可得：−a2≈0.55−0.861.7−0.59m/s2≈−0.28m/s2
即加速度a≈0.56m/s2
故答案为：(1)；(2)0.87/0.86/0.88、0.54/0.55/0.56。
(1)根据表中数据，通过描点画图的方法即可；
(2)灵活应用匀变速直线运动学公式，结合逆向思维和题中数据求解即可。
解题关键是能够灵活应用匀变速直线匀速的运动学公式，结合逆向思维，解答本题。难度适中。
12.【答案】 (1)15； 200(2)5.1(3)140kE−5 (4)适当增大并联电阻的阻值
【解析】解：(1)毫安表一个格对应的电流为I0，内阻为Rg，根据题意偏转一格时有：I0=1V1800.0+Rg，
偏转四格时有：4I0=1V300.0+Rg
联立解得：I0=0.5mA，Rg=200Ω
则毫安表的量程为：Ig=30I0=30×0.5mA=15mA
(2)设在毫安表上并联的定值电阻阻值为R1，则并毫安表满偏时有：Im=Ig+IgRgR1
变形解得：R1=IgRgIm−Ig=15×200600−15Ω≈5.1Ω
(3)改装后的电流表的内阻为：RA=R1RgR1+Rg=5.1×2005.1+200Ω≈5Ω，
当原毫安表的电流为I时，电路总电流为：I总=60015I=40I
根据欧姆定律可得：I总=UR′+RA=1R′+5=40I
可得光敏电阻的阻值R'与光照强度E之间的关系式为：R′=140I−5=140kE−5
(4)若改装后的电流表示数总小于标准电流表测得的电流表示数，为了使改装后的电流表示数准确，则应该采取的措施是：适当增大并联电阻的阻值，则原毫安表分到电流大一些，指针偏转角度大一些，使指针指在准确电流刻度处。
故答案为：(1)15、200；(2)5.1；(3)140kE−5；(4)适当增大并联电阻的阻值。
(1)根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻度线就能求出毫安表的量程；
(2)电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；
(3)由欧姆定律和题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系；
(4)根据电流表的改装原理，结合误差情况分析原因并提出改进措施。
本题是电表的改装的实际应用，理解表头的刻度原理，及电流表和电压表的改装原理是欧姆定律，还要注意通过测电流还能找到光敏电阻的阻值与光照强度的关系，这是以已知光照强度与电流的关系为前提的。
13.【答案】解：(1)活塞刚要离开ab时，活塞受力平衡：p0S+mg=p1S
解得，气缸内气体此时的压强为：p1=p0+mgS=1×105Pa+5×1025×10−4Pa=1.2×105Pa
所以，当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中气体的压强为：p=p1=1.2×105Pa
根据理想气体的状态方程：p0V0T0=pVT
可得：p0hST0=pHST
解得：T=432K
(2)气体对外做功：W=−p⋅S(H−h)=−1.2×105⋅25×10−4⋅(0.6−0.5)J=−30J
由题意知，全过程气体内能的变化：ΔU=55J
根据热力学第一定律可得：ΔU=W+Q′
代入数据解得：Q′=85J
故气体吸收热量为85J，则电阻丝放出的热量为：Q=85J
答：(1)当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中，缸内气体的最高温度T为432K；
(2)电阻丝放出的热量Q为85J。
【解析】(1)求出气缸内气体的始末状态参量，应用一定质量的理想气体状态方程求出气缸内气体的温度。
(2)应用热力学第一定律求出电阻丝放出的热量。
本题考查气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程即可与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意正负号的含义。
14.【答案】解：(1)粒子在电场中的加速度为：a=F电m=qEm
粒子在P点对速度进行分解如下图
粒子在P点有：v0tan60∘=qEmt
粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向有：x=v0t
竖直方向有：y=12at2，而加速度：a=Fm=Eqm
发射位置到P点的距离：s= x2+y2
解得：s= 13mv026qE
(2)粒子进入磁场的速度：vP=v0sin60∘
当粒子恰好从Q点飞出时，磁感应强度最大，根据几何关系有：2R1sin60∘=l
粒子在磁场中有：qvPB1=mvP2R1
解得：B1=2mv0ql
(3)作出轨迹如图所示
根据几何关系有：sinθ=l2 52l= 55
带电粒子的运动半径为：R2= 54lcs(30∘+θ)
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离：dmin=R2sin30∘+l−R2
解得：dmin=(39−10 3)l44
答：(1)粒子发射位置到P点的距离为 13mv026qE；
(2)磁感应强度的最大值为2mv0ql；
(3)粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离为(39−10 3)l44。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求出末速度的大小和方向，再由位移规律求合位移的大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子出射点的边界条件，求出磁感应强度最大值；
(3)根据粒子正好从QN的中点射出磁场这一边界条件，画出粒子的运动轨迹，然后由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的轨迹圆半径，再由几何关系求出粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，由几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。
15.【答案】解：(1)若将凹槽A锁定，根据机械能守恒可得：
mcgh=12mcvc2
根据牛顿第二定律
FN−mCg=mCvC2R
解得：FN=180N
由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为
F压=FN=180N
(2)对ABC，根据机械能守恒可得：
mCgh=12(mA+mB)v12+12mCv22
水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
mCv2−(mA+mB)v1=0
解得：v1=2m/s
答：(1)若将凹槽A锁定，小球C在凹槽A最低点F时对凹槽的压力大小为180N；
(2)若解除凹槽A的锁定，物块B与凹槽A分离时，B的速度大小为2m/s。
【解析】(1)根据机械能守恒定律得出小球C的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球在最低点时对凹槽的压力；
(2)根据机械能守恒定律，结合动量守恒定律列式得出B的速度。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，能根据机械能守恒定律得出物体的速度，结合牛顿第二定律和动量守恒定律即可完成分析。x(m)
0.500
0.600
0.700
0.800
0.900
0.950
t(ms)
585.8
743.0
904.6
1105.6
1347.6
1552.8
xt(m/s)
0.854
0.807
0.774
0.724
0.668
0.612
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