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2022-2023学年浙江省浙南名校联盟高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省浙南名校联盟高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是( )
A. 力：NB. 磁通量：kg⋅m2/A⋅s2
C. 功：kg⋅m2/s2D. 电场强度：kg⋅m/A⋅s3
2.关于静电屏蔽，下列说法不正确的是( )
A. 图甲中建筑物顶端的避雷针必须通过导线与大地保持良好接触
B. 图乙中，为了实现屏蔽作用，金属网必须与大地保持良好接触
C. 图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击
D. 图丁中带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服，是为了屏蔽高压线周围的电场
3.根据近代物理知识，下列说法中正确的是( )
A. 铀核裂变的核反应方程为 92235U→56141Ba+3692Kr+201n
B. 在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
C. 一定质量的理想气体，在压强不变时，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而减少
D. 生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
4.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 每颗星做圆周运动的角速度为 GmL3
B. 每颗星做圆周运动的加速度大小与三星的质量无关
C. 若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍
D. 若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍
5.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，一块长为a，宽为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电微粒是电荷量为e的自由电子，通入图示方向的电流时，电子的定向移动速度为v，当磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下时，前后两表面会形成电势差U，下列说法中正确的是( )
A. 前表面的电势比后表面的低B. 前、后表面间的电压U与v无关
C. 前、后表面间的电压U与c成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
6.一列沿x轴正向传播的简谐波，t=0时刻的波形如图所示，t=10s时d质点第一次位于波峰位置，下列说法正确的是( )
A. 波上各质点的起振方向向上
B. 波的传播速度大小为2m/s
C. 0∼7s内a、b两质点运动路程均为0.7m
D. d质点的振动方程为yd=−10csπ2t(cm)
7.2022年11月，我国独立自主研制的全球单机容量最大的16兆瓦海上风电机组在福建下线。如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率η=20%。风速在8∼15m/s范围内，η可视为不变。设风通过叶片后速度减为零。已知风速v=10m/s时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为ρ=1.2kg/m3，则( )
A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B. 每秒钟流过面积S的气流动能12ρSv2
C. 每台发电机叶片转动时形成的圆面面积约为5×104m2
D. 当风速为15m/s时每台发电机的输出电功率约为6800kW
8.某科研设备中的电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，XX′板间加恒定电压U，XX′电极的长度为l、间距为d，YY′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，电子从灯丝逸出的初速度不计。则电子( )
A. 在XX′极板间的加速度大小为eUm
B. 打在荧光屏时，动能大小为11eU
C. 打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切tanα=l20d
D. 若UYY′>0，电子将打在荧光屏的下半区域
9.如图所示，倾角为30∘的斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆a顶端固定一质量为m的小球(体积可不计)，轻绳b跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 初始时轻绳上的拉力大小为 32mgB. 地面对斜面的摩擦力始终向左且增大
C. 铰链对轻杆的支持力一直减小D. 轻绳上的拉力一直减小
10.一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P−t图像如图所示。在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t=3s时，达到最大速度vm=20m/s。在t=6s时，重物再次匀速上升，取g=10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是( )
A. 重物的质量为4kg
B. 在t=1s时，重物加速度大小a=20m/s2
C. 0∼6s时间内，重物上升的高度h=85m
D. 在4∼6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
11.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0∼t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是( )
A. 发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左B. t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C. t=0时发射线圈具有的加速度最大D. t=t0时发射线圈中的感应电流最大
12.某透明均匀介质的截面如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB=30∘，半圆形的半径为R。一束橙光从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O点，且E、O两点距离为R，此时的折射角θ2=30∘(光在真空中的传播速度用c表示)。则下列说法正确的是( )
A. 该光在介质中的传播时间 3Rc
B. 该光在介质中的折射率是2 33
C. 若用一束蓝光照射，则不能从圆弧面射出
D. 与射入介质前相比，光线射出介质后的偏转角是0∘
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
13.下列说法正确的是( )
A. 在恒力作用下，物体可能做速率先减小后增大的曲线运动
B. 做曲线运动的物体其加速度的大小不一定改变，但方向一定时刻改变
C. 在足球运动中，若要研究形成香蕉球的原因时，可以将足球看成质点
D. 羽毛球被扣杀后，飞入对方场地的过程中受重力、空气阻力和球拍的作用力
14.下列叙述中正确的是( )
A. 普朗克通过对黑体辐射的研究，提出能量子的概念
B. 德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念
C. 奥斯特第一个发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说
D. 新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力强
15.氢原子能级如图甲所示。一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是( )
A. a光与b光能发生干涉
B. a光最容易发生衍射现象
C. 丙图中M点的数值为−6.34
D. 若丙图中c光的饱和光电流为I=3.2μA，则1s内最少有2×1013个氢原子发生跃迁
三、实验题：本大题共3小题，共23分。
16.某同学利用如图(a)装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
①实验装置如图(a)，下列操作规范的是______(多选)。
A.悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数
B.实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长
C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
②他通过实验得到如图(b)所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长为______ cm；劲度系数k=______N/m。
17.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。
将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，已知当地的重力加速度g。
(1)关于本实验，下列说法中正确的是______。
A.必须用秒表测出重物下落的时间
B.打点计时器应连接直流电源
C.一定要测量重物的质量
D.应选择质量较大、体积较小的重物
(2)已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，重物的质量为m=1.00kg。某同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为连续的六个点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重物的速度为______m/s，从O点下落到B的过程重物重力势能的减少量为______ J。(结果均取3位有效数字)
(3)实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是______。
18.某同学为测定电池的电动势和内阻，设计了图甲所示的电路。其中定值电阻阻值为R0、电流表内阻可忽略不计。由于一时没有找到适合的滑动变阻器，于是选择用一根均匀电阻丝代替(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹P，金属夹P的电阻可忽略)。
(1)根据图甲完成图乙中实物连线。
(2)用欧姆表测量电阻丝的总电阻，先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太大，则应将选择开关旋至______(选填“×1”或“×100”)挡并重新进行______。最终正确测量出电阻丝的总电阻为 R。
(3)用游标卡尺测量电阻丝的总长度L，示数如图丙所示，则L=______ mm。
(4)实验前，将P移到金属丝______位置(选填“a”或“c”)，合上开关S，调节金属夹的位置，依次测量出接入电路中的电阻丝长度x和电流表示数I，该小组同学根据实验数据描绘1I−x函数图像如图丁所示，图线斜率为k，与纵轴截距为b，该电池电动势和内阻可表示为E=______，r=______。(用R0、R、k、b、L表示)
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
19.如图所示，为某校开展的科技节一参赛小组制作的“水火箭”，其主体是一个容积为2.5L的饮料瓶，现装入1L体积的水，再倒放安装在发射架上，用打气筒通过软管向箭体内充气，打气筒每次能将300mL、压强为p0的外界空气压入瓶内，当瓶内气体压强达到4p0时，火箭可发射升空。已知大气压强为p0=1.0×105Pa，整个装置气密性良好，忽略饮料瓶体积的变化和饮料瓶内、外空气温度的变化，求：
(1)为了使“水火箭”能够发射，该小组成员需要打气的次数；
(2)“水火箭”发射过程中，当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小；
(3)若设在喷水过程中瓶内气压平均为3p0，在这过程瓶内气体是吸热还是放热，吸收或释放了多少热量？
20.某一学校在科技节一团队设计如图的一弹射玩具，由一处于自然状态轻质弹簧一端固定在倾角为θ=37∘的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，直轨道与一半径为b的一段光滑圆弧轨道相切于C点，CB=5b，A、B、C、D均在同一竖直面内。游戏时，视为质点的质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后小物块P沿轨道被弹回，最高到达F，BF=2b。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=0.25(取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)；
(1)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(2)若把物块P的质量改为m′=m3，再将P推至E点，从静止开始释放，求P经D点时对轨道的压力大小；
(3)现改变弹簧固定位置，调整合适的弹射方向。试分析能否将物块P从F点弹离装置后从D点水平向右进入轨道做圆周运动。
21.如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是R1=0.2m，R2=0.1m。两环通过电刷分别与间距L=0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和P′M′相连，MM′右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角θ=30∘的等距金属导轨，下方连接阻值R=0.2Ω的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C=1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于MM′两侧，质量分别为m1=0.1kg，m2=0.2kg，电阻均为r=0.1Ω。ab放置位置与MM′距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度ω=20rad/s。求：
(1)S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
(2)在题(1)的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达MM′的速度大小；
(3)ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热(此过程ab棒不进入斜面)。
22.现代科学研究中经常利用电场、磁场来控制带电粒子的运动。在空间坐标系O−xyz中存在如图所示的电磁场，在xOz平面内，圆心O1的位置坐标为(0,R)，半径为R，圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1；在其左侧有一离子源E飘出质量为m、电荷量为q、初速度为0的一束正离子，这束离子经电势差U=mv022q的电场加速后，从小孔F(点F与O1等高)沿着x轴正方向射入匀强磁场区域B1，离子恰好从点O离开进入匀强磁场B2。竖直放置的长方形离子收集板MNPQ与xOz面相距R，边MQ足够长与x轴方向平行且与y轴交于点T，宽MN为2R，匀强磁场B2只局限于收集板正前方的空间区域，磁场方向与xOy所在平面平行且与x轴正方向的夹角大小为θ，调节匀强磁场的磁感应强度B2大小，使带正电离子偏转后能打到收集板上被吸收。不考虑离子重力和离子间的相互作用(已知：sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，cs76∘=0.25)
(1)求匀强磁场B1大小；
(2)若角度θ=0，求磁感应强度B2大小的范围；
(3)若角度θ=37∘，磁感应强度B2=4mv05qR，求离子打在收集板上位置的坐标；
(4)若角度θ的大小在0到90∘之间，试定量讨论磁感应强度B2的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、力既有大小也有方向，计算时遵守平行四边形定则，是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m/s2，故A错误；
B、磁通量是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m2/A⋅s2，故B错误；
C、功是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m2/s2，故C错误；
D、电场强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m/A⋅s3，故D正确。
故选：D。
标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
2.【答案】B
【解析】解：A.带正电的云层在避雷针处感应出负电荷(来自大地)，当电荷聚集较多时，产生尖端放电现象，将云层中的电荷导入大地，因此图甲中建筑物顶端的避雷针必须通过导线与大地保持良好接触，免遭雷击，故A正确；
B.图乙中，为了实现屏蔽作用，金属网本身就可以起到静电屏蔽作用，不必一定要与大地保持良好接触，故B错误；
C.图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，形成一个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故C正确；
D.图丁中带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服，金属丝织物能起到静电屏蔽作用，因此能屏蔽高压线周围的电场，故D正确。本题选择错误的，
故选：B。
明确根据静电屏蔽规律解释相关现象，知道静电屏蔽在生产生活中的应用，从而明确哪些现象与静电屏蔽有关。
物理学中将导体中没有电荷移动的状态叫做静电平衡。处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零。由此可推知，处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上。如果这个导体是中空的，当它达到静电平衡时，内部也将没有电场。这样，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽。
3.【答案】D
【解析】解：A.铀核裂变的核反应的反应物中应该有慢中子参加，然后生成多个中子，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为： 92235U+01n→56141Ba+3692Kr+301n，故A错误；
B.在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故B错误；
C.一定质量的理想气体，压强不变，当温度降低时，体积减小，气体分子数密度增加，分子平均速率会减小，气体分子对器壁的平均作用力会减小，则单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数会增加，故C错误；
D.生产半导体器件时，是需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素的，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故D正确。
故选：D。
铀核裂变的核反应的反应物中应该有慢中子参加，根据质量数和电荷数守恒即可得到核反应方程；
比结合能越大，核子结合越牢固；
根据气体压强的微观解释分析即可；
理解生产半导体器件的原理。
解题关键是知道核反应方程遵循质量数和电荷数守恒；比结合能越大，原子核越稳定；气体压强的微观解释；理解生产半导体器件的原理，属于基础题目。
4.【答案】C
【解析】解：A、任意两星间的万有引力：F1=Gm2L2，每颗星所示的万有引力合力：F=2F1cs30∘= 3Gm2L2，根据几何关系得，每颗星做圆周运动的半径：r=L2cs30∘= 33L，
根据牛顿第二定律有： 3Gm2L2=mrω2，解得角速度：ω= 3GmL3，故A错误；
B、根据 3Gm2L2=ma得，每颗星做圆周运动的加速度大小：a= 3GmL2，与三星的质量有关，故B错误；
C、每颗星的周期：T=2πω=2π L33Gm，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，可知周期变为原来的2倍，故C正确；
D、每颗星的线速度：v=rω= GmL，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，可知线速度大小不变，故D错误。
故选：C。
根据万有引力公式以及平行四边形定则求出每颗星所受万有引力的合力，结合牛顿第二定律求出每颗星做圆周运动的角速度、加速度、线速度、周期，从而分析判断。
解决本题的关键知道每颗星做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和几何关系综合求解，知道线速度、角速度、周期等物理量之间的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误。
BC、由电子受力平衡可得：eUa=evB，解得：U=Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故BC错误。
D、稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即为：evB=eUa，故D正确。
故选：D。
金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个表面聚集电子，再确定电势的高低；根据洛伦兹力等于电场力分析解答。
本题现象称为霍尔效应，易错点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断哪一面的电势高。
6.【答案】C
【解析】解：A、波沿x轴正向传播，t=0时刻波恰好传到c点，根据波形平移法可知c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；
B、当t=0时刻原点处波峰传到d质点时，d质点第一次位于波峰位置，则波速为v=xdt=1010m/s=1m/s，故B错误；
C、由波形图可知，波长为λ=4m，设周期为T，有v=λT，解得T=4s。由于7s等于134个周期的时间，且0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小均为s=7A=7×10cm=70cm=0.7m，故C正确；
D、t=0时刻c点的振动方程为
yc=−10sinωt(cm)=−10sinπ2t(cm)
设d点的振动方程为
yd=−10sin(π2t+φ)(cm)
c质点的振动传播到d质点需要的时间
t=xcdv=10−31s=7s
代入d点的振动方程得
φ=−72π
所以d点的振动方程为
yd=−10sin(π2t−72π)(cm)，故D错误。
故选：C。
介质中各质点的起振方向都相同，根据波形平移法判断t=0时刻c点的起振方向，即可知道各质点的起振方向；当t=0时刻原点处波峰传到d质点时，d质点第一次位于波峰位置，根据v=xt求波速；读出波长，求出周期，根据时间与周期的关系求质点通过的路程；根据振幅、圆频率和初相位写出振动方程。
本题解题关键是会使用波形平移法，能够确定质点振动方向，并求出波速。要根据三要素：振幅、圆频率和初相位写出振动方程。
7.【答案】C
【解析】解：AB、每秒冲击风车车叶的气体体积为：
V=SL=Sv
气流的质量为：
m=ρV
气流的动能为：
Ek=12mv2=12⋅ρSv3，可知动能与v3成正比，即输出功率与v3成正比，故AB错误；
CD、当风速为10m/s时每台发电机的输出功率约为6000kW，当风速为15m/s时每台发电机的输出功率约为20250kW，风的动能转化的电能为：
E电=ηEk
则每秒输出电功率为：
P=E电t
Ek=12mv2=12⋅ρSv3
联立解得：S=5×104m2，故C正确，D错误；
故选：C。
根据题意得出每秒的气体体积，结合动能的计算公式完成分析；
根据能量的转化特点结合功率的计算公式完成解答。
本题主要考查了能量守恒定律，理解能量的转化特点，结合动能和功率的计算公式即可完成分析。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据牛顿第二定律可知，在XX′极板间的加速度大小为a=eEm=eUmd，故A错误；
B、对整个过程，对电子，由动能定理得：e×10U+e×U2=Ek−0，解得电子在荧光屏时Ek=10.5eU，故B错误；
C、电子在加速电场中加速，根据动能定理有：e×10U=12mv2−0
电子在XX′极板间做类平抛运动，水平方向l=vt
离开偏转电场时沿电场方向的分速度vy=at，由牛顿第二定律得：eUd=ma
打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切tanα=vyv，解得：tanα=l20d，故C正确；
D、若UYY′>0，则电子受到的电场力竖直向上，故电子将打在荧光屏的上半区域，故D错误。
故选：C。
应用牛顿第二定律求出电子的加速度大小；应用动能定理求出电子打在荧光屏上时的动能；电子在加速电场中加速，在偏转电场中偏转，应用动能定理与牛顿第二定律、运动学公式求出打在荧光屏上时速度方向与中轴线夹角的正切值；根据电子所受电场力方向判断电子打在荧光屏上的位置。
本题主要考查带电子在电场中的加速和偏转计算，解题关键掌握电子做类平抛运动的规律。
9.【答案】B
【解析】解：A.铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、方向相反，初始时根据几何关系可得：
tan30∘=FTmg
解得：FT= 33mg，故A错误；
BCD.如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B点，过B点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示
根据几何知识可知三角形ABC与力的三角形相似，根据几何关系可得：
mgBC=FTAC=FNAB
缓慢放气过程中，BC减小，AB不变，AC增大，则可得FT增大，FN增大，滑轮右侧轻绳上的拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，故B正确，CD错误。
故选：B。
铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等，方向相反，根据几何关系得出轻绳上的拉力大小；
对球a进行受力分析，根据几何关系得出铰链对轻杆的支持力和轻绳上的拉力的变化趋势。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系判断出力的变化趋势即可，整体难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A、在t=3s时，重物达到最大速度vm=20m/s，此时牵引力大小等于重力，根据瞬时功率与速度的关系，则有：vm=Pmg
解得：m=Pgvm=40010×20kg=2kg，故A错误；
B、在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大小为
F1=Pv1=40012×20N=40N
由牛顿第二定律可得：F1−mg=ma，解得：a=F1−mgm=40−2×102m/s2=10m/s2，故B错误；
C、在t=6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度
v2=P1mg=2002×10m/s=10m/s
在0∼1s时间内，重物做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系可知，重物上升的高度
h1=12at12=12×10×12m=5m
在1∼3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理有
Pt2−mgh2=12mvm2−12mv12
代入数据可得此阶段重物上升的高度为：h2=25m
在3∼4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有
h3=vmt3=20×1m=20m
在4∼6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理有
P1t4−mgh4=12mv22−12mvm2
代入数据解得此过程重物减速运动的位移为：h4=35m
所以0∼6s时间内，重物上升的总高度为：
h=h1+h2+h3+h4=5m+25m+20m+35m=85m，故C正确；
D、牵引力大小等于重力时重物速度达到最大，4s后功率减小到一半；t=6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，此时t=4s时的牵引力
F4=P1vm=20020N=10N
此时重力大于牵引力，加速度向下，重物做减速运动，在t=6s时，v=10m/s，根据瞬时功率的公式可知此时牵引力大小为：F6=P1v2=20010N=20N
牵引力等于重力，加速度是零；在4∼6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。
故选：C。
首先，根据功率与速度的关系，结合t=3s时重物达到的最大速度，求出此时的牵引力进而求出重物的质量；
其次，根据功率与牵引力以及速度的关系，求出t=1s时的牵引力大小，由牛顿第二定律求出此时的加速度；
接着，根据题图分析在t=6s时的运动状态，结合功率与速度的关系求出此时的速度，根据运动学规律求出0∼1s时间内重物上升的高度；再根据动能定理求出在1∼3s，4∼6s时间内时间内重物加速上升和减速上升的高度以及在3∼4s时间内，重物做匀速上升的高度，最终求出0∼6s时间内重物上升的高度；
最后，分析物体的运动性质以及受力情况求出t=4s、t=6s时时的牵引力，以及此时的加速度，综合判断在4∼6s时间内，重物的加速度如何变化。
本题考查了瞬时功率与速度的关系，解决本题的关键是熟练掌握瞬时功率以及动能定理、牛顿第二定律的应用。
11.【答案】A
【解析】解：A、根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故A正确；
BD、由图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化最慢，电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，此时驱动线圈产生的自感电动势最小，感应电流最小，故BD错误；
C、t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，故C错误。
故选：A。
根据右手安培定则判断驱动线圈内的磁场方向，利用楞次定律判断发射线圈中感应电流产生的磁场方向；电流变化率最大时，驱动线圈产生的自感电动势最大，发射线圈产生的感应电流最大，加速度最大。
本题要掌握安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律等规律，要知道自感电动势与电流变化率成正比。
12.【答案】D
【解析】解：AB、折射角θ2=30∘，由几何关系可知折射光线ED平行于AB，∠OED=30∘
如图：
则有θ1=θ2+∠OED=30∘+30∘=60∘
由折射定律得
n=sinθ1sinθ2=sin60∘sin30∘= 3
根据几何关系可知
ED=2EOcs30∘=2R× 32= 3R
光在介质中的传播速度为
v=cn
该光在介质中的传播时间为
t=EDv= 3Rc 3=3Rc，故AB错误；
C、若用一束蓝光照射，蓝光的折射率比橙光的小，则蓝光在圆弧面的入射角更小，能从圆弧面射出，故C错误；
D、根据几何关系可知，光线在D点的入射角等于30∘，根据光路可逆性可知，光线射出介质后与入射光线平行，则偏转角是0∘，故D正确。
故选：D。
画出光路图，结合几何关系得出入射角，再求折射率，进而结合运动学公式得出光在介质中的传播时间；根据几何关系得出光线射出介质后的偏转角。结合蓝光的折射率比橙光的小进行分析。
本题主要考查光的折射问题，要理解光的传播路径，结合折射定律和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】AB
【解析】解：A.当恒力与速度不在一条直线上，且恒力与速度方向的夹角为先钝角后锐角时物体的速度先减小后增大，故A正确；
B.平抛运动的加速度大小不度，但方向时刻在改变，故B正确；
C.香蕉球是由于球员踢出去的足球在空中旋转造成的，各部分的运动情况不一样，不可以将足球看成质点，故C错误；
D.羽毛球被扣杀后，飞入对方场地的过程中不再受到球拍的作用力，故D错误。
故选：AB。
根据做曲线运动的条件，则AB易判断。根据质点的的定义，C也易判断。由力的定义，D也易判断。
抓住做曲线运的本质是力与初速度的方向不共线是解答本题的关键。
14.【答案】ABD
【解析】解：A.普朗克通过对黑体辐射的研究，提出了能量子的概念，故A正确；
B.德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念，即德布罗意物质波，故B正确；
C.奥斯特第一个发现了电流的磁效应，但是分子电流假说是安培提出的，故C错误；
D.新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力强，故D正确。
故选：ABD。
根据能量子、德布罗意物质波、α、β、γ射线及特点和电流磁效应、分子电流假说的物理学史解答即可。
解题关键是掌握常见的物理学史，注重对日常学习的积累，属于基础题目。
15.【答案】CD
【解析】解：A.根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理得hν=Ek+W0=eUc+W0
根据图丙可知，a、b光的遏止电压不同，因此a光和b光频率不同；
根据光发生干涉的条件可知，a、b光不能发生干涉现象，故A错误；
B.根据爱因斯坦光电效应方程hν=Ek+W0=eUc+W0
由于a光的遏止电压最大，因此a光的频率最高，波长最短，所以a光最不容易发生衍射现象，故B错误；
C.根据能级差公式hν=Em−En可知，原子跃迁时能级差越大，辐射光子的频率越大；
一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出6种频率的光，其中频率最高的三条分别为4→1、3→1和2→1跃迁时辐射的光子；
由图可知，a光的遏止电压最大，c光的遏止电压最小，故a光是从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光，b光是从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光，c光是从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光；
a光的光子能量为hνa=−0.85eV−(−13.6)eV=12.75eV
根据动能定理和爱因斯坦光电效应方程可得hν=eUc+W0
而a光的遏止电压为7V，所以所以该金属的逸出功为W0=hνa−eUca=12.75−7eV=5.75eV
b光的光子能量为hνb=−1.51eV−(−13.6)eV=12.09eV
对b光，有eUcb=hνb−W0=12.09eV−5.75eV=6.34eV
解得Ucb=6.34V
所以M点的数值为−6.34，故C正确；
D.若丙图中c光的饱和光电流为I=3.2μA
则1s内光电子的电荷量为q=ne
根据电流的定义式I=qt
得n=Ite=3.2×10−6×11.6×10−19(个)=2×1013(个)，故D正确。
故选：CD。
A.根据动能定理、光电效应方程求解a、b光的频率关系，结合光发生干涉的条件分析作答；
B.根据光电效应方程hν=Ek+W0=eUc+W0，结合图丙分析a、b、c三种光频率的大小和波长的大小关系，结合发生明显衍射的条件作答；
C.根据能级差公式hν=Em−En分析频率最高的三种光子的能级差，结合爱因斯坦光电效应方程求解阴极材料的逸出功，M点的遏止电压；
D.根据电流强度的定义式求解氢原子发生跃迁原子数。
本题主要考查动能定理、爱因斯坦效应方程、能级公式和电流强度的定义式，综合性较强，需要学生综合分析能力和知识迁移能力较强。
16.【答案】AD 4 50
【解析】解：①A.悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数，防止钩码摆动过程影响示数，故A正确；
B.由于弹簧自身有重力，实验前，应该把弹簧竖直放置测量其原长，故B错误；
CD.实验过程中应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故C错误，D正确；
故选：AD。
②图像的斜率表示劲度系数，因此弹簧劲度系数为：k=ΔFΔx=8−0(20−4)×10−2N/m=50N/m。
故答案为：①AD；②4；50。
①根据实验步骤及注意事项分析作答；
②根据胡克定律求解F−x函数，结合图像斜率和横截距的含义分析作答。
本题主要考查了胡克定律的理解和运用，熟练掌握实验的原理和注意事项。
17.【答案】存在摩擦阻力的影响
【解析】解：(1)A.不需要用秒表测出重物下落的时间，打点纸带可间接记录时间，故A错误；
B.打点计时器应连接交流电源，故B错误；
C.验证机械能守恒定律的表达式为：mgh=12mv2，质量m可以约去，不需要测量重物的质量，故C错误；
D.为避免空气阻力影响，应选择质量较大、体积较小的重物，故D正确。
故选：D。
(2)打点周期为T=150s=0.02s，打B点时重物的速度为：
vB=xAC2T=21.68−14.312×0.02×10−2m/s≈1.84m/s
从O点下落到B的过程重物重力势能的减少量为：
Ep=mgh=1.00×9.80×17.80×10−2J≈1.74J
(3)实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是存在摩擦阻力的影响。
故答案为：(1)D；(2)1.84；1.74；(3)存在摩擦阻力的影响
(1)根据实验的原理解答；
(2)根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度，由重力势能的表达式求解重力势能的减少量；
(3)存在空气阻力和摩擦力阻力的影响。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作应注意的事项和打点纸带测量速度的原理。
18.【答案】×1欧姆调零 102.30cRkL bRkL−R0
【解析】解：(1)根据电路图连接实物图如图所示：
(2)选择开关旋至“×10”挡，欧姆表指针偏角太大，说明指针所指示数过小；由于电阻测量值=指针所指示数×倍率，为了增大指针所指示数，应将选择开关旋至×1，重新进行欧姆调零；
(3)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L=102mm+6×0.05mm=102.30mm；
(4)为保护电路，实验前应将滑动变阻器调至最大值，即将P移到金属丝c处；
接入电路的电阻丝长度为x时，电阻为Rx=RL⋅x
根据闭合电路欧姆定律有E=I(R0+Rx+r)
解得1I=R0+rE+REL⋅x
根据1I−x函数，结合图像可知，图像斜率k=REL
图像的纵截距b=R0+rE
代入数据联立解得电动势E=RkL
内阻r=bRkL−R0
故答案为：(1)见解析；(2)×1；欧姆调零；(3)102.30；(4)c；RkL； bRkL−R0。
(1)根据电路图连接实物图；
(2)欧姆表测电阻时，指针在中间位置附近测量误差较小，测量值=指针所指示数×倍率，据此作答；
(3)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L=主尺对应刻度(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(4)为了保护电路，滑动变阻器应调到阻值最大的那一端；
电阻丝电阻均匀分布，求解长度为x时电阻丝的接入电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解1I−x函数，最后结合图像求电动势和内阻。
本题主要考查了电池电动势和内阻的测量，要明确实验的原理，能够正确进行游标卡尺的读数和正确使用欧姆表测电阻；能够根据闭合电路的欧姆定律求解1I−x是解题的关键。
19.【答案】解：(1)每次打气的体积ΔV=300mL=0.3L，设至少需要打n次气，打气前箭体内空气体积为V0=2.5L−1L=1.5L，打气后的压强p=4p0
根据玻意耳定律可得p0(V0+nΔV)=pV0
解得n=15(次)
(2)小组成员对“水火箭”加压到发射，在水刚好全部被喷出时气体的体积为V=2.5L
设当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小p1
根据玻意耳定律可得4p0V0=p1V
解得p1=4p0V0V=4×1.0×105××105Pa
(3)气体对外做功W=−pΔV=−3p0ΔV=−3×1.0×105×1×10−2J=−300J
由于整个过程饮料瓶内、外空气温度不发生变化，因此气体的内能不变，即ΔU=0；
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q=0
热量Q=−W=300J
由于Q>0
因此，瓶内气体从外界吸热，吸收的热量为300J。
答：(1)该小组成员需要打气的次数为15次；
(2)当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小为2.4×105Pa；
(3)在这过程瓶内气体吸收了热量，吸收的热量为300J。
【解析】(1)根据玻意耳定律求解打气次数；
(2)在水刚好全部被喷出时气体的体积为V=2.5L，根据玻意耳定律求解瓶内压强；
(3)由于整个过程饮料瓶内、外空气温度不发生变化，因此气体的内能不变，根据热力学第一定律求解热量。
本题主要考查了玻意耳定律和热力学第一定律，关键是理解热力学定律的含义。
20.【答案】解：(1)设B到E的距离为x，P运动到E点时弹簧的弹性势能为Ep。
P从C到E的过程，由动能定理有
W弹BE+mgsinθ(x+5b)−μmgcsθ(x+5b)=0
又W弹BE=−Ep
P从E到F的过程，由动能定理有
W弹BE′−mgsinθ(x+2b)−μmgcsθ(x+2b)=0
又W弹BE′=Ep
联立解得：x=b，Ep=2.4mgb
(2)从E到D的过程，由动能定理有
12m′vD2=Ep−m′gsinθ(5b+x)−μm′gcsθ(5b+x)−m′g(b+bcsθ)
解得：vD= 1.2bg=15 30bg
在D点，对物块，由牛顿第二定律有
m′g+FD=m′vD2R
解得：FD=115mg
由牛顿第三定律，P经D点时对轨道的压力大小为115mg。
(3)F到D点斜抛看成D到F的平抛运动逆过程，由平抛运动规律
y=12gty2=R+Rcsθ+3Rsinθ
x=vDtx=3Rcsθ−Rsinθ
解得：
tx= 1.8bvD
vD= 0.45bg
则vD< bg
所以不存在让物块P从F点被斜向上弹出后从D点水平向右进入圆形轨道后做圆周运动。
答：(1)P运动到E点时弹簧的弹性势能为2.4mgb；
(2)P经D点时对轨道的压力大小为115mg；
(3)不能将物块P从F点弹离装置后从D点水平向右进入轨道做圆周运动。
【解析】(1)对于物块从C到E的过程和E到F的过程，分别根据动能定理列方程，联立求解P运动到E点时弹簧的弹性势能以及B到E的距离x。
(2)物块从E到D的过程，由动能定理求出到达D点的速度。P经D点时，由牛顿第二定律、第三定律求解物块对轨道的压力大小。
(3)F到D点斜抛看成D到F的平抛运动逆过程，根据平抛运动的规律求出物块到达D点的速度，与临界速度比较即可判断。
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿运动定律、动能定理及几何关系求解。
21.【答案】解：(1)金属杆顺时针切割磁感线的有效长度为L=R2−R1，切割的速度为v=ω⋅R1+R22，根据动生电动势E=BLv可知，产生的电动势为：E=B(R2−R1)ω(R2+R1)2
电容器充电稳定时：q=CE
代入数据解得：q=0.3C
(2)MM′右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为q2，则
BLv=q2C
根据动量定理可得：m1v−0=F安t=BLit=BL(q−q2)
联立解得：v=37m/s
(3)棒ab与cd发生弹性碰撞，则以向右为正方向
根据动量守恒定律有：m1v=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律有：12m1v2=12m1v12+12m2v22
解得：v2=27m/s
当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为vm，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得：
m2gsinθ=BILcsθ
而根据欧姆定律可得此时电流：I=BLvmcsθR+r
根据能量守恒得：m2gxsinθ=12m2vm2−12m2v22
联立解得：W安=−492245J
根据功能原理和焦耳定律，电阻R上产生的焦耳热为：Q=RR+r|W安|=0.20.2+0.1×492245J=328245J
答：(1)稳定后电容器所带电荷量的大小q为0.3C；
(2)导体棒ab到达MM′的速度大小为37m/s；
(3)电阻R上产生的焦耳热为328245J。
【解析】(1)根据动生电动势公式计算出转动产生的电动势，再由电容的定义变形后求电容器的电量；
(2)S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与金属棒两端电压相等时，金属棒就匀速运动，处于稳定状态，该过程根据动量定理列式求金属棒的速度；
(3)根据动量守恒定律求出碰撞后cd棒的速度，结合cd棒的运动特点计算出cd棒的最后速度，再由能量守恒定律求焦耳热。
本题主要考查了电磁感应定律在不同情况下的难点问题，比如在电容器的充电过程的电磁感应问题、还有弹性碰撞碰撞的框模型等，在分析过程中结合了动量定理和电容器的相关知识，考查的知识点比较综合，难度中等偏上。
22.【答案】解：(1)设经过电场加速后速度为v，进入匀强磁场B1中，根据磁会聚，从O点沿z轴负方向射出，根据动能定理有：qU=12mv2−0
由牛顿第二定律有：qvB1=mv2r
根据几何关系：r=R
联立解得：B1=mv0qR
(2)当角度为0时，磁感应强度B2方向沿x轴正方向，设离子恰好打到MQ边的半径为r1，恰好打到NP边的半径为r2，据几何知识得：r1=0.5R，r22=(2R)2+(r2−R)2
解得：r2=2.5R
又根据半径公式有：r=mv0qB2
可得：B2max=2mv0qR，B2min=2mv05qR
所以磁感应强度大小范围为：2mv05qR≤B2≤2mv0qR
(3)粒子在与y轴成θ=37∘的平面做圆周运动，设半径为r3，则根据半径公式有：r3=mv0qB2=mv0q4mv05qR=54R
由于：r3cs37∘=R
由几何关系可知，离子刚好在磁场中运动14圆周后打在收集板上，则有：x=−r3sin37∘=−3R4，y=R，z=−r3=−5R4
离子打在收集板上的位置坐标为(−3R4,R,−5R4)。
(4)当角度为θ时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为r4，则有：r4=R2csθ
r4=mv0qB2
可得：B2=2mv0csθqR
恰好达到NP边圆周半径为r5，则有：r52=(2R)2+(r5−Rcsθ)2
r5=2Rcsθ+R2csθ
而r5=mv0qB2
可得：B2=2mv0csθqR(4cs2θ+1)
由数学知识得θ=60∘时，r5有最小值：r5=2R
当r4=2R时，有：R2csθ=2R
当θ=76∘，即为打到MQ边圆周半径的最大值，所以θ≥76∘粒子打不到收集板上，无论B2取什么值，所以
①0≤θ≤60∘时，2mv0csθqR(4cs2θ+1)≤B2≤2mv0csθqR
②60∘≤θ≤76∘时，mv02qR≤B2≤2mv0csθqR
③76∘≤θ≤90∘时，无论B2取何值，粒子均无法打到收集板上。
答：(1)匀强磁场B1大小为mv0qR；
(2)若角度θ=0，求磁感应强度B2大小的范围为2mv05qR≤B2≤2mv0qR；
(3)若角度θ=37∘，磁感应强度B2=4mv05qR，离子打在收集板上位置的坐标为(−3R4,R,−5R4)；
(4)定量讨论磁感应强度B2的范围：①0≤θ≤60∘时，2mv0csθqR(4cs2θ+1)≤B2≤2mv0csθqR
②60∘≤θ≤76∘时，mv02qR≤B2≤2mv0csθqR
③76∘≤θ≤90∘时，无论B2取何值，粒子均无法打到收集板上。
【解析】(1)带电离子先加速后进入圆形磁场从同一点射出，根据动能定理、牛顿第二定律和磁会聚的原理求磁感应强度B1的大小；
(2)当θ=0时，B2沿x轴正方向，根据几何关系求出能打到收集板上的最小半径和最半径，由洛伦兹力提供向心力求得最大和最小的磁感应强度的大小；
(3)粒子在与y轴成θ=37∘的平面做圆周运动，由半径公式求出半径，再由几何关系得到打到收集板上的位置坐标；
(4)当离子恰好打到MQ、NP时，由几何关系得到半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
查粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用，注意正确临界状态和内眷解题的重点。
1.下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是( )
A. 力：NB. 磁通量：kg⋅m2/A⋅s2
C. 功：kg⋅m2/s2D. 电场强度：kg⋅m/A⋅s3
2.关于静电屏蔽，下列说法不正确的是( )
A. 图甲中建筑物顶端的避雷针必须通过导线与大地保持良好接触
B. 图乙中，为了实现屏蔽作用，金属网必须与大地保持良好接触
C. 图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击
D. 图丁中带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服，是为了屏蔽高压线周围的电场
3.根据近代物理知识，下列说法中正确的是( )
A. 铀核裂变的核反应方程为 92235U→56141Ba+3692Kr+201n
B. 在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
C. 一定质量的理想气体，在压强不变时，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而减少
D. 生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
4.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 每颗星做圆周运动的角速度为 GmL3
B. 每颗星做圆周运动的加速度大小与三星的质量无关
C. 若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍
D. 若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍
5.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，一块长为a，宽为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电微粒是电荷量为e的自由电子，通入图示方向的电流时，电子的定向移动速度为v，当磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下时，前后两表面会形成电势差U，下列说法中正确的是( )
A. 前表面的电势比后表面的低B. 前、后表面间的电压U与v无关
C. 前、后表面间的电压U与c成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
6.一列沿x轴正向传播的简谐波，t=0时刻的波形如图所示，t=10s时d质点第一次位于波峰位置，下列说法正确的是( )
A. 波上各质点的起振方向向上
B. 波的传播速度大小为2m/s
C. 0∼7s内a、b两质点运动路程均为0.7m
D. d质点的振动方程为yd=−10csπ2t(cm)
7.2022年11月，我国独立自主研制的全球单机容量最大的16兆瓦海上风电机组在福建下线。如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率η=20%。风速在8∼15m/s范围内，η可视为不变。设风通过叶片后速度减为零。已知风速v=10m/s时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为ρ=1.2kg/m3，则( )
A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B. 每秒钟流过面积S的气流动能12ρSv2
C. 每台发电机叶片转动时形成的圆面面积约为5×104m2
D. 当风速为15m/s时每台发电机的输出电功率约为6800kW
8.某科研设备中的电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，XX′板间加恒定电压U，XX′电极的长度为l、间距为d，YY′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，电子从灯丝逸出的初速度不计。则电子( )
A. 在XX′极板间的加速度大小为eUm
B. 打在荧光屏时，动能大小为11eU
C. 打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切tanα=l20d
D. 若UYY′>0，电子将打在荧光屏的下半区域
9.如图所示，倾角为30∘的斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆a顶端固定一质量为m的小球(体积可不计)，轻绳b跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 初始时轻绳上的拉力大小为 32mgB. 地面对斜面的摩擦力始终向左且增大
C. 铰链对轻杆的支持力一直减小D. 轻绳上的拉力一直减小
10.一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P−t图像如图所示。在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t=3s时，达到最大速度vm=20m/s。在t=6s时，重物再次匀速上升，取g=10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是( )
A. 重物的质量为4kg
B. 在t=1s时，重物加速度大小a=20m/s2
C. 0∼6s时间内，重物上升的高度h=85m
D. 在4∼6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
11.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0∼t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是( )
A. 发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左B. t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C. t=0时发射线圈具有的加速度最大D. t=t0时发射线圈中的感应电流最大
12.某透明均匀介质的截面如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB=30∘，半圆形的半径为R。一束橙光从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O点，且E、O两点距离为R，此时的折射角θ2=30∘(光在真空中的传播速度用c表示)。则下列说法正确的是( )
A. 该光在介质中的传播时间 3Rc
B. 该光在介质中的折射率是2 33
C. 若用一束蓝光照射，则不能从圆弧面射出
D. 与射入介质前相比，光线射出介质后的偏转角是0∘
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
13.下列说法正确的是( )
A. 在恒力作用下，物体可能做速率先减小后增大的曲线运动
B. 做曲线运动的物体其加速度的大小不一定改变，但方向一定时刻改变
C. 在足球运动中，若要研究形成香蕉球的原因时，可以将足球看成质点
D. 羽毛球被扣杀后，飞入对方场地的过程中受重力、空气阻力和球拍的作用力
14.下列叙述中正确的是( )
A. 普朗克通过对黑体辐射的研究，提出能量子的概念
B. 德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念
C. 奥斯特第一个发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说
D. 新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力强
15.氢原子能级如图甲所示。一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是( )
A. a光与b光能发生干涉
B. a光最容易发生衍射现象
C. 丙图中M点的数值为−6.34
D. 若丙图中c光的饱和光电流为I=3.2μA，则1s内最少有2×1013个氢原子发生跃迁
三、实验题：本大题共3小题，共23分。
16.某同学利用如图(a)装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
①实验装置如图(a)，下列操作规范的是______(多选)。
A.悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数
B.实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长
C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
②他通过实验得到如图(b)所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长为______ cm；劲度系数k=______N/m。
17.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。
将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，已知当地的重力加速度g。
(1)关于本实验，下列说法中正确的是______。
A.必须用秒表测出重物下落的时间
B.打点计时器应连接直流电源
C.一定要测量重物的质量
D.应选择质量较大、体积较小的重物
(2)已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，重物的质量为m=1.00kg。某同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为连续的六个点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重物的速度为______m/s，从O点下落到B的过程重物重力势能的减少量为______ J。(结果均取3位有效数字)
(3)实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是______。
18.某同学为测定电池的电动势和内阻，设计了图甲所示的电路。其中定值电阻阻值为R0、电流表内阻可忽略不计。由于一时没有找到适合的滑动变阻器，于是选择用一根均匀电阻丝代替(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹P，金属夹P的电阻可忽略)。
(1)根据图甲完成图乙中实物连线。
(2)用欧姆表测量电阻丝的总电阻，先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太大，则应将选择开关旋至______(选填“×1”或“×100”)挡并重新进行______。最终正确测量出电阻丝的总电阻为 R。
(3)用游标卡尺测量电阻丝的总长度L，示数如图丙所示，则L=______ mm。
(4)实验前，将P移到金属丝______位置(选填“a”或“c”)，合上开关S，调节金属夹的位置，依次测量出接入电路中的电阻丝长度x和电流表示数I，该小组同学根据实验数据描绘1I−x函数图像如图丁所示，图线斜率为k，与纵轴截距为b，该电池电动势和内阻可表示为E=______，r=______。(用R0、R、k、b、L表示)
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
19.如图所示，为某校开展的科技节一参赛小组制作的“水火箭”，其主体是一个容积为2.5L的饮料瓶，现装入1L体积的水，再倒放安装在发射架上，用打气筒通过软管向箭体内充气，打气筒每次能将300mL、压强为p0的外界空气压入瓶内，当瓶内气体压强达到4p0时，火箭可发射升空。已知大气压强为p0=1.0×105Pa，整个装置气密性良好，忽略饮料瓶体积的变化和饮料瓶内、外空气温度的变化，求：
(1)为了使“水火箭”能够发射，该小组成员需要打气的次数；
(2)“水火箭”发射过程中，当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小；
(3)若设在喷水过程中瓶内气压平均为3p0，在这过程瓶内气体是吸热还是放热，吸收或释放了多少热量？
20.某一学校在科技节一团队设计如图的一弹射玩具，由一处于自然状态轻质弹簧一端固定在倾角为θ=37∘的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，直轨道与一半径为b的一段光滑圆弧轨道相切于C点，CB=5b，A、B、C、D均在同一竖直面内。游戏时，视为质点的质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后小物块P沿轨道被弹回，最高到达F，BF=2b。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=0.25(取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)；
(1)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(2)若把物块P的质量改为m′=m3，再将P推至E点，从静止开始释放，求P经D点时对轨道的压力大小；
(3)现改变弹簧固定位置，调整合适的弹射方向。试分析能否将物块P从F点弹离装置后从D点水平向右进入轨道做圆周运动。
21.如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是R1=0.2m，R2=0.1m。两环通过电刷分别与间距L=0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和P′M′相连，MM′右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角θ=30∘的等距金属导轨，下方连接阻值R=0.2Ω的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C=1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于MM′两侧，质量分别为m1=0.1kg，m2=0.2kg，电阻均为r=0.1Ω。ab放置位置与MM′距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度ω=20rad/s。求：
(1)S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
(2)在题(1)的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达MM′的速度大小；
(3)ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热(此过程ab棒不进入斜面)。
22.现代科学研究中经常利用电场、磁场来控制带电粒子的运动。在空间坐标系O−xyz中存在如图所示的电磁场，在xOz平面内，圆心O1的位置坐标为(0,R)，半径为R，圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1；在其左侧有一离子源E飘出质量为m、电荷量为q、初速度为0的一束正离子，这束离子经电势差U=mv022q的电场加速后，从小孔F(点F与O1等高)沿着x轴正方向射入匀强磁场区域B1，离子恰好从点O离开进入匀强磁场B2。竖直放置的长方形离子收集板MNPQ与xOz面相距R，边MQ足够长与x轴方向平行且与y轴交于点T，宽MN为2R，匀强磁场B2只局限于收集板正前方的空间区域，磁场方向与xOy所在平面平行且与x轴正方向的夹角大小为θ，调节匀强磁场的磁感应强度B2大小，使带正电离子偏转后能打到收集板上被吸收。不考虑离子重力和离子间的相互作用(已知：sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，cs76∘=0.25)
(1)求匀强磁场B1大小；
(2)若角度θ=0，求磁感应强度B2大小的范围；
(3)若角度θ=37∘，磁感应强度B2=4mv05qR，求离子打在收集板上位置的坐标；
(4)若角度θ的大小在0到90∘之间，试定量讨论磁感应强度B2的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、力既有大小也有方向，计算时遵守平行四边形定则，是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m/s2，故A错误；
B、磁通量是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m2/A⋅s2，故B错误；
C、功是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m2/s2，故C错误；
D、电场强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m/A⋅s3，故D正确。
故选：D。
标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
2.【答案】B
【解析】解：A.带正电的云层在避雷针处感应出负电荷(来自大地)，当电荷聚集较多时，产生尖端放电现象，将云层中的电荷导入大地，因此图甲中建筑物顶端的避雷针必须通过导线与大地保持良好接触，免遭雷击，故A正确；
B.图乙中，为了实现屏蔽作用，金属网本身就可以起到静电屏蔽作用，不必一定要与大地保持良好接触，故B错误；
C.图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，形成一个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故C正确；
D.图丁中带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服，金属丝织物能起到静电屏蔽作用，因此能屏蔽高压线周围的电场，故D正确。本题选择错误的，
故选：B。
明确根据静电屏蔽规律解释相关现象，知道静电屏蔽在生产生活中的应用，从而明确哪些现象与静电屏蔽有关。
物理学中将导体中没有电荷移动的状态叫做静电平衡。处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零。由此可推知，处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上。如果这个导体是中空的，当它达到静电平衡时，内部也将没有电场。这样，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽。
3.【答案】D
【解析】解：A.铀核裂变的核反应的反应物中应该有慢中子参加，然后生成多个中子，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为： 92235U+01n→56141Ba+3692Kr+301n，故A错误；
B.在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故B错误；
C.一定质量的理想气体，压强不变，当温度降低时，体积减小，气体分子数密度增加，分子平均速率会减小，气体分子对器壁的平均作用力会减小，则单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数会增加，故C错误；
D.生产半导体器件时，是需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素的，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故D正确。
故选：D。
铀核裂变的核反应的反应物中应该有慢中子参加，根据质量数和电荷数守恒即可得到核反应方程；
比结合能越大，核子结合越牢固；
根据气体压强的微观解释分析即可；
理解生产半导体器件的原理。
解题关键是知道核反应方程遵循质量数和电荷数守恒；比结合能越大，原子核越稳定；气体压强的微观解释；理解生产半导体器件的原理，属于基础题目。
4.【答案】C
【解析】解：A、任意两星间的万有引力：F1=Gm2L2，每颗星所示的万有引力合力：F=2F1cs30∘= 3Gm2L2，根据几何关系得，每颗星做圆周运动的半径：r=L2cs30∘= 33L，
根据牛顿第二定律有： 3Gm2L2=mrω2，解得角速度：ω= 3GmL3，故A错误；
B、根据 3Gm2L2=ma得，每颗星做圆周运动的加速度大小：a= 3GmL2，与三星的质量有关，故B错误；
C、每颗星的周期：T=2πω=2π L33Gm，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，可知周期变为原来的2倍，故C正确；
D、每颗星的线速度：v=rω= GmL，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，可知线速度大小不变，故D错误。
故选：C。
根据万有引力公式以及平行四边形定则求出每颗星所受万有引力的合力，结合牛顿第二定律求出每颗星做圆周运动的角速度、加速度、线速度、周期，从而分析判断。
解决本题的关键知道每颗星做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和几何关系综合求解，知道线速度、角速度、周期等物理量之间的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误。
BC、由电子受力平衡可得：eUa=evB，解得：U=Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故BC错误。
D、稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即为：evB=eUa，故D正确。
故选：D。
金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个表面聚集电子，再确定电势的高低；根据洛伦兹力等于电场力分析解答。
本题现象称为霍尔效应，易错点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断哪一面的电势高。
6.【答案】C
【解析】解：A、波沿x轴正向传播，t=0时刻波恰好传到c点，根据波形平移法可知c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；
B、当t=0时刻原点处波峰传到d质点时，d质点第一次位于波峰位置，则波速为v=xdt=1010m/s=1m/s，故B错误；
C、由波形图可知，波长为λ=4m，设周期为T，有v=λT，解得T=4s。由于7s等于134个周期的时间，且0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小均为s=7A=7×10cm=70cm=0.7m，故C正确；
D、t=0时刻c点的振动方程为
yc=−10sinωt(cm)=−10sinπ2t(cm)
设d点的振动方程为
yd=−10sin(π2t+φ)(cm)
c质点的振动传播到d质点需要的时间
t=xcdv=10−31s=7s
代入d点的振动方程得
φ=−72π
所以d点的振动方程为
yd=−10sin(π2t−72π)(cm)，故D错误。
故选：C。
介质中各质点的起振方向都相同，根据波形平移法判断t=0时刻c点的起振方向，即可知道各质点的起振方向；当t=0时刻原点处波峰传到d质点时，d质点第一次位于波峰位置，根据v=xt求波速；读出波长，求出周期，根据时间与周期的关系求质点通过的路程；根据振幅、圆频率和初相位写出振动方程。
本题解题关键是会使用波形平移法，能够确定质点振动方向，并求出波速。要根据三要素：振幅、圆频率和初相位写出振动方程。
7.【答案】C
【解析】解：AB、每秒冲击风车车叶的气体体积为：
V=SL=Sv
气流的质量为：
m=ρV
气流的动能为：
Ek=12mv2=12⋅ρSv3，可知动能与v3成正比，即输出功率与v3成正比，故AB错误；
CD、当风速为10m/s时每台发电机的输出功率约为6000kW，当风速为15m/s时每台发电机的输出功率约为20250kW，风的动能转化的电能为：
E电=ηEk
则每秒输出电功率为：
P=E电t
Ek=12mv2=12⋅ρSv3
联立解得：S=5×104m2，故C正确，D错误；
故选：C。
根据题意得出每秒的气体体积，结合动能的计算公式完成分析；
根据能量的转化特点结合功率的计算公式完成解答。
本题主要考查了能量守恒定律，理解能量的转化特点，结合动能和功率的计算公式即可完成分析。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据牛顿第二定律可知，在XX′极板间的加速度大小为a=eEm=eUmd，故A错误；
B、对整个过程，对电子，由动能定理得：e×10U+e×U2=Ek−0，解得电子在荧光屏时Ek=10.5eU，故B错误；
C、电子在加速电场中加速，根据动能定理有：e×10U=12mv2−0
电子在XX′极板间做类平抛运动，水平方向l=vt
离开偏转电场时沿电场方向的分速度vy=at，由牛顿第二定律得：eUd=ma
打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切tanα=vyv，解得：tanα=l20d，故C正确；
D、若UYY′>0，则电子受到的电场力竖直向上，故电子将打在荧光屏的上半区域，故D错误。
故选：C。
应用牛顿第二定律求出电子的加速度大小；应用动能定理求出电子打在荧光屏上时的动能；电子在加速电场中加速，在偏转电场中偏转，应用动能定理与牛顿第二定律、运动学公式求出打在荧光屏上时速度方向与中轴线夹角的正切值；根据电子所受电场力方向判断电子打在荧光屏上的位置。
本题主要考查带电子在电场中的加速和偏转计算，解题关键掌握电子做类平抛运动的规律。
9.【答案】B
【解析】解：A.铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、方向相反，初始时根据几何关系可得：
tan30∘=FTmg
解得：FT= 33mg，故A错误；
BCD.如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B点，过B点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示
根据几何知识可知三角形ABC与力的三角形相似，根据几何关系可得：
mgBC=FTAC=FNAB
缓慢放气过程中，BC减小，AB不变，AC增大，则可得FT增大，FN增大，滑轮右侧轻绳上的拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，故B正确，CD错误。
故选：B。
铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等，方向相反，根据几何关系得出轻绳上的拉力大小；
对球a进行受力分析，根据几何关系得出铰链对轻杆的支持力和轻绳上的拉力的变化趋势。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系判断出力的变化趋势即可，整体难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A、在t=3s时，重物达到最大速度vm=20m/s，此时牵引力大小等于重力，根据瞬时功率与速度的关系，则有：vm=Pmg
解得：m=Pgvm=40010×20kg=2kg，故A错误；
B、在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大小为
F1=Pv1=40012×20N=40N
由牛顿第二定律可得：F1−mg=ma，解得：a=F1−mgm=40−2×102m/s2=10m/s2，故B错误；
C、在t=6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度
v2=P1mg=2002×10m/s=10m/s
在0∼1s时间内，重物做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系可知，重物上升的高度
h1=12at12=12×10×12m=5m
在1∼3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理有
Pt2−mgh2=12mvm2−12mv12
代入数据可得此阶段重物上升的高度为：h2=25m
在3∼4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有
h3=vmt3=20×1m=20m
在4∼6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理有
P1t4−mgh4=12mv22−12mvm2
代入数据解得此过程重物减速运动的位移为：h4=35m
所以0∼6s时间内，重物上升的总高度为：
h=h1+h2+h3+h4=5m+25m+20m+35m=85m，故C正确；
D、牵引力大小等于重力时重物速度达到最大，4s后功率减小到一半；t=6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，此时t=4s时的牵引力
F4=P1vm=20020N=10N
此时重力大于牵引力，加速度向下，重物做减速运动，在t=6s时，v=10m/s，根据瞬时功率的公式可知此时牵引力大小为：F6=P1v2=20010N=20N
牵引力等于重力，加速度是零；在4∼6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。
故选：C。
首先，根据功率与速度的关系，结合t=3s时重物达到的最大速度，求出此时的牵引力进而求出重物的质量；
其次，根据功率与牵引力以及速度的关系，求出t=1s时的牵引力大小，由牛顿第二定律求出此时的加速度；
接着，根据题图分析在t=6s时的运动状态，结合功率与速度的关系求出此时的速度，根据运动学规律求出0∼1s时间内重物上升的高度；再根据动能定理求出在1∼3s，4∼6s时间内时间内重物加速上升和减速上升的高度以及在3∼4s时间内，重物做匀速上升的高度，最终求出0∼6s时间内重物上升的高度；
最后，分析物体的运动性质以及受力情况求出t=4s、t=6s时时的牵引力，以及此时的加速度，综合判断在4∼6s时间内，重物的加速度如何变化。
本题考查了瞬时功率与速度的关系，解决本题的关键是熟练掌握瞬时功率以及动能定理、牛顿第二定律的应用。
11.【答案】A
【解析】解：A、根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故A正确；
BD、由图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化最慢，电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，此时驱动线圈产生的自感电动势最小，感应电流最小，故BD错误；
C、t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，故C错误。
故选：A。
根据右手安培定则判断驱动线圈内的磁场方向，利用楞次定律判断发射线圈中感应电流产生的磁场方向；电流变化率最大时，驱动线圈产生的自感电动势最大，发射线圈产生的感应电流最大，加速度最大。
本题要掌握安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律等规律，要知道自感电动势与电流变化率成正比。
12.【答案】D
【解析】解：AB、折射角θ2=30∘，由几何关系可知折射光线ED平行于AB，∠OED=30∘
如图：
则有θ1=θ2+∠OED=30∘+30∘=60∘
由折射定律得
n=sinθ1sinθ2=sin60∘sin30∘= 3
根据几何关系可知
ED=2EOcs30∘=2R× 32= 3R
光在介质中的传播速度为
v=cn
该光在介质中的传播时间为
t=EDv= 3Rc 3=3Rc，故AB错误；
C、若用一束蓝光照射，蓝光的折射率比橙光的小，则蓝光在圆弧面的入射角更小，能从圆弧面射出，故C错误；
D、根据几何关系可知，光线在D点的入射角等于30∘，根据光路可逆性可知，光线射出介质后与入射光线平行，则偏转角是0∘，故D正确。
故选：D。
画出光路图，结合几何关系得出入射角，再求折射率，进而结合运动学公式得出光在介质中的传播时间；根据几何关系得出光线射出介质后的偏转角。结合蓝光的折射率比橙光的小进行分析。
本题主要考查光的折射问题，要理解光的传播路径，结合折射定律和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】AB
【解析】解：A.当恒力与速度不在一条直线上，且恒力与速度方向的夹角为先钝角后锐角时物体的速度先减小后增大，故A正确；
B.平抛运动的加速度大小不度，但方向时刻在改变，故B正确；
C.香蕉球是由于球员踢出去的足球在空中旋转造成的，各部分的运动情况不一样，不可以将足球看成质点，故C错误；
D.羽毛球被扣杀后，飞入对方场地的过程中不再受到球拍的作用力，故D错误。
故选：AB。
根据做曲线运动的条件，则AB易判断。根据质点的的定义，C也易判断。由力的定义，D也易判断。
抓住做曲线运的本质是力与初速度的方向不共线是解答本题的关键。
14.【答案】ABD
【解析】解：A.普朗克通过对黑体辐射的研究，提出了能量子的概念，故A正确；
B.德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念，即德布罗意物质波，故B正确；
C.奥斯特第一个发现了电流的磁效应，但是分子电流假说是安培提出的，故C错误；
D.新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力强，故D正确。
故选：ABD。
根据能量子、德布罗意物质波、α、β、γ射线及特点和电流磁效应、分子电流假说的物理学史解答即可。
解题关键是掌握常见的物理学史，注重对日常学习的积累，属于基础题目。
15.【答案】CD
【解析】解：A.根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理得hν=Ek+W0=eUc+W0
根据图丙可知，a、b光的遏止电压不同，因此a光和b光频率不同；
根据光发生干涉的条件可知，a、b光不能发生干涉现象，故A错误；
B.根据爱因斯坦光电效应方程hν=Ek+W0=eUc+W0
由于a光的遏止电压最大，因此a光的频率最高，波长最短，所以a光最不容易发生衍射现象，故B错误；
C.根据能级差公式hν=Em−En可知，原子跃迁时能级差越大，辐射光子的频率越大；
一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出6种频率的光，其中频率最高的三条分别为4→1、3→1和2→1跃迁时辐射的光子；
由图可知，a光的遏止电压最大，c光的遏止电压最小，故a光是从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光，b光是从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光，c光是从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光；
a光的光子能量为hνa=−0.85eV−(−13.6)eV=12.75eV
根据动能定理和爱因斯坦光电效应方程可得hν=eUc+W0
而a光的遏止电压为7V，所以所以该金属的逸出功为W0=hνa−eUca=12.75−7eV=5.75eV
b光的光子能量为hνb=−1.51eV−(−13.6)eV=12.09eV
对b光，有eUcb=hνb−W0=12.09eV−5.75eV=6.34eV
解得Ucb=6.34V
所以M点的数值为−6.34，故C正确；
D.若丙图中c光的饱和光电流为I=3.2μA
则1s内光电子的电荷量为q=ne
根据电流的定义式I=qt
得n=Ite=3.2×10−6×11.6×10−19(个)=2×1013(个)，故D正确。
故选：CD。
A.根据动能定理、光电效应方程求解a、b光的频率关系，结合光发生干涉的条件分析作答；
B.根据光电效应方程hν=Ek+W0=eUc+W0，结合图丙分析a、b、c三种光频率的大小和波长的大小关系，结合发生明显衍射的条件作答；
C.根据能级差公式hν=Em−En分析频率最高的三种光子的能级差，结合爱因斯坦光电效应方程求解阴极材料的逸出功，M点的遏止电压；
D.根据电流强度的定义式求解氢原子发生跃迁原子数。
本题主要考查动能定理、爱因斯坦效应方程、能级公式和电流强度的定义式，综合性较强，需要学生综合分析能力和知识迁移能力较强。
16.【答案】AD 4 50
【解析】解：①A.悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数，防止钩码摆动过程影响示数，故A正确；
B.由于弹簧自身有重力，实验前，应该把弹簧竖直放置测量其原长，故B错误；
CD.实验过程中应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故C错误，D正确；
故选：AD。
②图像的斜率表示劲度系数，因此弹簧劲度系数为：k=ΔFΔx=8−0(20−4)×10−2N/m=50N/m。
故答案为：①AD；②4；50。
①根据实验步骤及注意事项分析作答；
②根据胡克定律求解F−x函数，结合图像斜率和横截距的含义分析作答。
本题主要考查了胡克定律的理解和运用，熟练掌握实验的原理和注意事项。
17.【答案】存在摩擦阻力的影响
【解析】解：(1)A.不需要用秒表测出重物下落的时间，打点纸带可间接记录时间，故A错误；
B.打点计时器应连接交流电源，故B错误；
C.验证机械能守恒定律的表达式为：mgh=12mv2，质量m可以约去，不需要测量重物的质量，故C错误；
D.为避免空气阻力影响，应选择质量较大、体积较小的重物，故D正确。
故选：D。
(2)打点周期为T=150s=0.02s，打B点时重物的速度为：
vB=xAC2T=21.68−14.312×0.02×10−2m/s≈1.84m/s
从O点下落到B的过程重物重力势能的减少量为：
Ep=mgh=1.00×9.80×17.80×10−2J≈1.74J
(3)实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是存在摩擦阻力的影响。
故答案为：(1)D；(2)1.84；1.74；(3)存在摩擦阻力的影响
(1)根据实验的原理解答；
(2)根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度，由重力势能的表达式求解重力势能的减少量；
(3)存在空气阻力和摩擦力阻力的影响。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作应注意的事项和打点纸带测量速度的原理。
18.【答案】×1欧姆调零 102.30cRkL bRkL−R0
【解析】解：(1)根据电路图连接实物图如图所示：
(2)选择开关旋至“×10”挡，欧姆表指针偏角太大，说明指针所指示数过小；由于电阻测量值=指针所指示数×倍率，为了增大指针所指示数，应将选择开关旋至×1，重新进行欧姆调零；
(3)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L=102mm+6×0.05mm=102.30mm；
(4)为保护电路，实验前应将滑动变阻器调至最大值，即将P移到金属丝c处；
接入电路的电阻丝长度为x时，电阻为Rx=RL⋅x
根据闭合电路欧姆定律有E=I(R0+Rx+r)
解得1I=R0+rE+REL⋅x
根据1I−x函数，结合图像可知，图像斜率k=REL
图像的纵截距b=R0+rE
代入数据联立解得电动势E=RkL
内阻r=bRkL−R0
故答案为：(1)见解析；(2)×1；欧姆调零；(3)102.30；(4)c；RkL； bRkL−R0。
(1)根据电路图连接实物图；
(2)欧姆表测电阻时，指针在中间位置附近测量误差较小，测量值=指针所指示数×倍率，据此作答；
(3)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L=主尺对应刻度(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(4)为了保护电路，滑动变阻器应调到阻值最大的那一端；
电阻丝电阻均匀分布，求解长度为x时电阻丝的接入电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解1I−x函数，最后结合图像求电动势和内阻。
本题主要考查了电池电动势和内阻的测量，要明确实验的原理，能够正确进行游标卡尺的读数和正确使用欧姆表测电阻；能够根据闭合电路的欧姆定律求解1I−x是解题的关键。
19.【答案】解：(1)每次打气的体积ΔV=300mL=0.3L，设至少需要打n次气，打气前箭体内空气体积为V0=2.5L−1L=1.5L，打气后的压强p=4p0
根据玻意耳定律可得p0(V0+nΔV)=pV0
解得n=15(次)
(2)小组成员对“水火箭”加压到发射，在水刚好全部被喷出时气体的体积为V=2.5L
设当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小p1
根据玻意耳定律可得4p0V0=p1V
解得p1=4p0V0V=4×1.0×105××105Pa
(3)气体对外做功W=−pΔV=−3p0ΔV=−3×1.0×105×1×10−2J=−300J
由于整个过程饮料瓶内、外空气温度不发生变化，因此气体的内能不变，即ΔU=0；
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q=0
热量Q=−W=300J
由于Q>0
因此，瓶内气体从外界吸热，吸收的热量为300J。
答：(1)该小组成员需要打气的次数为15次；
(2)当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小为2.4×105Pa；
(3)在这过程瓶内气体吸收了热量，吸收的热量为300J。
【解析】(1)根据玻意耳定律求解打气次数；
(2)在水刚好全部被喷出时气体的体积为V=2.5L，根据玻意耳定律求解瓶内压强；
(3)由于整个过程饮料瓶内、外空气温度不发生变化，因此气体的内能不变，根据热力学第一定律求解热量。
本题主要考查了玻意耳定律和热力学第一定律，关键是理解热力学定律的含义。
20.【答案】解：(1)设B到E的距离为x，P运动到E点时弹簧的弹性势能为Ep。
P从C到E的过程，由动能定理有
W弹BE+mgsinθ(x+5b)−μmgcsθ(x+5b)=0
又W弹BE=−Ep
P从E到F的过程，由动能定理有
W弹BE′−mgsinθ(x+2b)−μmgcsθ(x+2b)=0
又W弹BE′=Ep
联立解得：x=b，Ep=2.4mgb
(2)从E到D的过程，由动能定理有
12m′vD2=Ep−m′gsinθ(5b+x)−μm′gcsθ(5b+x)−m′g(b+bcsθ)
解得：vD= 1.2bg=15 30bg
在D点，对物块，由牛顿第二定律有
m′g+FD=m′vD2R
解得：FD=115mg
由牛顿第三定律，P经D点时对轨道的压力大小为115mg。
(3)F到D点斜抛看成D到F的平抛运动逆过程，由平抛运动规律
y=12gty2=R+Rcsθ+3Rsinθ
x=vDtx=3Rcsθ−Rsinθ
解得：
tx= 1.8bvD
vD= 0.45bg
则vD< bg
所以不存在让物块P从F点被斜向上弹出后从D点水平向右进入圆形轨道后做圆周运动。
答：(1)P运动到E点时弹簧的弹性势能为2.4mgb；
(2)P经D点时对轨道的压力大小为115mg；
(3)不能将物块P从F点弹离装置后从D点水平向右进入轨道做圆周运动。
【解析】(1)对于物块从C到E的过程和E到F的过程，分别根据动能定理列方程，联立求解P运动到E点时弹簧的弹性势能以及B到E的距离x。
(2)物块从E到D的过程，由动能定理求出到达D点的速度。P经D点时，由牛顿第二定律、第三定律求解物块对轨道的压力大小。
(3)F到D点斜抛看成D到F的平抛运动逆过程，根据平抛运动的规律求出物块到达D点的速度，与临界速度比较即可判断。
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿运动定律、动能定理及几何关系求解。
21.【答案】解：(1)金属杆顺时针切割磁感线的有效长度为L=R2−R1，切割的速度为v=ω⋅R1+R22，根据动生电动势E=BLv可知，产生的电动势为：E=B(R2−R1)ω(R2+R1)2
电容器充电稳定时：q=CE
代入数据解得：q=0.3C
(2)MM′右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为q2，则
BLv=q2C
根据动量定理可得：m1v−0=F安t=BLit=BL(q−q2)
联立解得：v=37m/s
(3)棒ab与cd发生弹性碰撞，则以向右为正方向
根据动量守恒定律有：m1v=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律有：12m1v2=12m1v12+12m2v22
解得：v2=27m/s
当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为vm，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得：
m2gsinθ=BILcsθ
而根据欧姆定律可得此时电流：I=BLvmcsθR+r
根据能量守恒得：m2gxsinθ=12m2vm2−12m2v22
联立解得：W安=−492245J
根据功能原理和焦耳定律，电阻R上产生的焦耳热为：Q=RR+r|W安|=0.20.2+0.1×492245J=328245J
答：(1)稳定后电容器所带电荷量的大小q为0.3C；
(2)导体棒ab到达MM′的速度大小为37m/s；
(3)电阻R上产生的焦耳热为328245J。
【解析】(1)根据动生电动势公式计算出转动产生的电动势，再由电容的定义变形后求电容器的电量；
(2)S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与金属棒两端电压相等时，金属棒就匀速运动，处于稳定状态，该过程根据动量定理列式求金属棒的速度；
(3)根据动量守恒定律求出碰撞后cd棒的速度，结合cd棒的运动特点计算出cd棒的最后速度，再由能量守恒定律求焦耳热。
本题主要考查了电磁感应定律在不同情况下的难点问题，比如在电容器的充电过程的电磁感应问题、还有弹性碰撞碰撞的框模型等，在分析过程中结合了动量定理和电容器的相关知识，考查的知识点比较综合，难度中等偏上。
22.【答案】解：(1)设经过电场加速后速度为v，进入匀强磁场B1中，根据磁会聚，从O点沿z轴负方向射出，根据动能定理有：qU=12mv2−0
由牛顿第二定律有：qvB1=mv2r
根据几何关系：r=R
联立解得：B1=mv0qR
(2)当角度为0时，磁感应强度B2方向沿x轴正方向，设离子恰好打到MQ边的半径为r1，恰好打到NP边的半径为r2，据几何知识得：r1=0.5R，r22=(2R)2+(r2−R)2
解得：r2=2.5R
又根据半径公式有：r=mv0qB2
可得：B2max=2mv0qR，B2min=2mv05qR
所以磁感应强度大小范围为：2mv05qR≤B2≤2mv0qR
(3)粒子在与y轴成θ=37∘的平面做圆周运动，设半径为r3，则根据半径公式有：r3=mv0qB2=mv0q4mv05qR=54R
由于：r3cs37∘=R
由几何关系可知，离子刚好在磁场中运动14圆周后打在收集板上，则有：x=−r3sin37∘=−3R4，y=R，z=−r3=−5R4
离子打在收集板上的位置坐标为(−3R4,R,−5R4)。
(4)当角度为θ时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为r4，则有：r4=R2csθ
r4=mv0qB2
可得：B2=2mv0csθqR
恰好达到NP边圆周半径为r5，则有：r52=(2R)2+(r5−Rcsθ)2
r5=2Rcsθ+R2csθ
而r5=mv0qB2
可得：B2=2mv0csθqR(4cs2θ+1)
由数学知识得θ=60∘时，r5有最小值：r5=2R
当r4=2R时，有：R2csθ=2R
当θ=76∘，即为打到MQ边圆周半径的最大值，所以θ≥76∘粒子打不到收集板上，无论B2取什么值，所以
①0≤θ≤60∘时，2mv0csθqR(4cs2θ+1)≤B2≤2mv0csθqR
②60∘≤θ≤76∘时，mv02qR≤B2≤2mv0csθqR
③76∘≤θ≤90∘时，无论B2取何值，粒子均无法打到收集板上。
答：(1)匀强磁场B1大小为mv0qR；
(2)若角度θ=0，求磁感应强度B2大小的范围为2mv05qR≤B2≤2mv0qR；
(3)若角度θ=37∘，磁感应强度B2=4mv05qR，离子打在收集板上位置的坐标为(−3R4,R,−5R4)；
(4)定量讨论磁感应强度B2的范围：①0≤θ≤60∘时，2mv0csθqR(4cs2θ+1)≤B2≤2mv0csθqR
②60∘≤θ≤76∘时，mv02qR≤B2≤2mv0csθqR
③76∘≤θ≤90∘时，无论B2取何值，粒子均无法打到收集板上。
【解析】(1)带电离子先加速后进入圆形磁场从同一点射出，根据动能定理、牛顿第二定律和磁会聚的原理求磁感应强度B1的大小；
(2)当θ=0时，B2沿x轴正方向，根据几何关系求出能打到收集板上的最小半径和最半径，由洛伦兹力提供向心力求得最大和最小的磁感应强度的大小；
(3)粒子在与y轴成θ=37∘的平面做圆周运动，由半径公式求出半径，再由几何关系得到打到收集板上的位置坐标；
(4)当离子恰好打到MQ、NP时，由几何关系得到半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
查粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用，注意正确临界状态和内眷解题的重点。
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