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2024年重庆市高考物理二模试卷(含详细答案解析)
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这是一份2024年重庆市高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共17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。
1.2023年艺术体操亚锦赛，中国选手赵雅婷以31.450分摘得带操金牌。带操选手伴随着欢快的音乐，完成了各项专业动作，产生各种优美的波形。如图为带操某一时刻的情形，下列说法正确的是( )
A. 带上质点的速度就是波传播的速度
B. 带上质点运动的方向就是波传播的方向
C. 图示时刻，质点P的速度大于质点Q的速度
D. 图示时刻，质点P的加速度大于质点Q的加速度
2.如图所示，一带正电粒子仅在电场力作用下，从A点运动到B点过程中，下列说法正确的是( )
A. 该粒子加速度增大
B. 该粒子速度增大
C. 该粒子电势能减少
D. 该粒子可能做直线运动
3.某汽车沿直线停车过程中，其v−t图像如图所示。已知该汽车所有减速过程的加速度均相等，中间有一段时间匀速运动，图示整个过程中该汽车行驶了450m。则该汽车匀速运动的时间为( )
A. 8s
B. 10s
C. 12s
D. 16.5s
4.已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体(两星球的半径不同)，忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是( )
A. 表面的重力加速度大小B. 第一宇宙速度大小
C. 表面附近卫星运动的周期D. 相同圆形轨道卫星的速度大小
5.已知氢原子处于基态的能量为E1，第n能级的能量En=E1n2。大量处于某同一激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中能量最大为−8E19，h为普朗克常量。则这些氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中频率最小为( )
A. −5E136hB. 5E136hC. −E19hD. E19h
6.如图所示，两根半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱体轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A. 34B. 36C. 12D. 32
7.如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量m=1kg且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。t=0时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示：t=2s时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为( )
A. 8mB. 10mC. 12mD. 14m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，为测反应时间，甲同学用手指捏住一质量为40g、测量范围为“0∼50cm”的直尺顶端，使其竖直静止，乙同学用一只手在直尺“零刻度”位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺：设定从甲同学放开手指让直尺自由下落，到乙同学的手刚触到直尺的过程中，所经过的时间为乙同学的反应时间。某次测试时，乙同学的手触到直尺后，直尺继续下滑了1.00cm，最终停在了46.00cm处，整个过程中乙同学手的位置不变。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则( )
A. 乙同学的反应时间为0.2s
B. 乙同学的反应时间为0.3s
C. 乙同学的手对直尺的平均摩擦力大小为0.4N
D. 乙同学的手对直尺的平均摩擦力大小为18.4N
9.图1是一底面积为S且导热性能良好的圆柱形薄壁气缸，气缸内距其水平底部高L处有可视为质点的卡点，气缸上端有一密封良好且可无摩擦滑动的轻活塞，气缸内封闭有一定质量的理想气体。缓慢改变气缸内的温度，使缸内封闭气体由状态A经状态B变化到状态C，该过程中，活塞到气缸底部的高度L与气缸内热力学温度T的关系如图2所示，整个过程中缸内封闭气体吸收的热量为Q。已知外界环境气压始终为p0，气缸内初始热力学温度为T。则( )
A. 在状态A时，缸内封闭气体的压强为0.5p0
B. 在状态C时，Lc=1.5L
C. 整个过程中，缸内封闭气体的内能增加量为Q
D. 直线BC一定不过坐标原点
10.如图所示，定值电阻R1、R2与R3的阻值均为R，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒定的交流电源，原、副线圈匝数之比n1：n2：n3=3：2：1，电表均为理想交流电表。闭合开关S且电路稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U。下列说法正确的是( )
A. 通过R2的电流是通过R3电流的2倍
B. 通过R1的电流是通过R3电流的3倍
C. 若仅使R2阻值变小，则该电源的输出功率一定变大
D. 若仅使R2阻值变小，则电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比保持不变
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
11.某探究小组利用图1所示电路来测量定值电阻R2的阻值，并测定直流电源的电动势E与内阻r。所用实验器材有：直流电源、电压表(可视为理想电表)、定值电阻R0、电阻箱R、待测电阻R2、开关S1、单刀双掷开关S2和导线若干。部分实验步骤如下：
①连接好电路后，将电阻箱R调至适当阻值，开关S2接1，闭合开关S；
②读取电阻箱的阻值R和电压表的示数U；
③改变电阻箱的阻值，重复步骤②，测得多组R和U的数值；
④断开开关S1，作出1U−x的线性关系图像如图2所示，其中a、b、c已知。
(1)1U−x图像的横坐标x应为______(选填“R”或“+1R”)。
(2)开关S2接2，闭合开关S1，读出电压表的示数U2，且1U=c，则在图2中可以查出对应的待测电阻R1=______。
(3)利用1U−x图像还可以测量该直流电源的电动势和内阻，则该直流电源的电动势E=______，内阻r=______。(用a、b、c、R0表示)
四、简答题：本大题共4小题，共48分。
12.某兴趣小组利用斜槽和多个相同小玻璃球来研究平抛运动的特点，部分实验装置如图1所示。
主要实验步骤如下：
①将斜槽固定在贴有正方形方格纸的木板旁，调节木板竖直(方格纸中的竖线也竖直)；
②依次将多个相同小玻璃球从斜槽上同一位置由静止释放；
③玻璃球运动过程中，用手机对玻璃球进行拍摄，选择满意的照片进行分析处理。
试回答下列问题：
(1)以下操作中，必须的是______(单选，填正确答案标号)。
A.斜槽尽可能光滑
B.斜槽末端切线水平
C.玻璃球体积适当大些
(2)如图2所示，某次实验所拍照片中同时出现了三个小球。已知该方格纸每小格的边长为5cm，当地重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，则玻璃球做平抛运动的水平初速度v0=______m/s，如图2中A球所在位置到斜槽末端的水平距离x0=______ m。
13.如图所示，一圆柱形均质实心玻璃体竖直固定在真空中，其上底面中心S处有一点光源，可向下方各个方向发射某种单色光。该点光源从S处射向该玻璃体下底面边缘圆周上的光恰好发生全反射，已知该玻璃体的底面圆半径为r、高为d，其下底面到水平屏的高度为h，真空中的光速为c，不考虑光在玻璃体侧面的折射以及光的反射。求：
(1)该玻璃体对该单色光的折射率；
(2)该单色光从S处沿竖直向下方向到达水平屏所经过的时间。
14.2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度v0从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车，x0处紧急刹车(牵引力瞬间变为零)，但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动127x0、427x0后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间很短可不计，碰撞前、后两车质量均不变，两车始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动。求：
(1)碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；
(2)甲车从刹车到停止运动所经过的时间。
15.如图1所示，abcd为足够大的水平矩形绝缘薄板，ab边右侧距其L处有一足够长的狭缝ef，且(ef∥ab,ab边上O处有一个可旋转的粒子发射源(可视为质点)，可向薄板上方指定方向同时持续发射质量为m、电荷量为−q(q>0)、速度大小v介于v02∼2v0的所有粒子。现以O点为原点，沿Oa方向为x轴正方向，垂直Oa且水平向右为y轴正方向，垂直薄板向上为z轴正方向，建立三维直角坐标系(O−xyz,y>0且z>0区域内分布着沿−x方向的匀强磁场，y>0且z<0区域内分布着沿−z方向的匀强电场，场强大小E=4mv02qL。如图2所示，第一次操作时，发射源绕x轴、在yOz平面内从+z方向开始顺时针缓慢匀速转动14圈，当其转过的角度(θ=60时，速度为2v0的粒子恰好能通过狭缝进入电场。如图3所示，第二次操作时，发射源绕y轴、在xOz平面内从+x方向开始顺时针缓慢匀速转动半圈。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，不考虑粒子间的碰撞，粒子落在薄板上被导走对下方电场没有影响。求：
(1)该匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)第一次操作时，粒子落在薄板上表面到O点的最大距离ym及对应的粒子运动时间t；
(3)第二次操作时，粒子最终落在薄板上的精确区域。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、质点振动速度与波的传播速度没有关系，在该横波中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直，故AB错误；
C、质点P在波谷，其速度为零，质点Q在平衡位置附近，其速度较大，故C错误；
D、质点P的位移大于质点Q的位移，根据牛顿第二定律得：F=−kx=ma，解得：a=−kmx，由此可知：质点P的加速度大于质点Q的加速度，故D正确。
故选：D。
波的传播速度与介质有关；横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直；质点在波峰或波谷处的速度为零，在平衡位置速度最大；根据牛顿第二定律分析加速度大小关系。
机械波产生的条件是振源与介质．质点不随波迁移，而传播的振动形式与能量．波形成的特点是：带动、重复、滞后。
2.【答案】A
【解析】解：A、由电场线的疏密知带电粒子由A点运动到B点的过程中场强增大，故粒子的加速度增大，故A正确；
BC、带正电粒子从A点运动到B点的过程中电势升高，根据Ep=qφ可知其电势能增加，根据能量守恒定律可知粒子的动能减小，其速度减小，故BC错误；
D、由于粒子的速度方向和电场力方向不同线，所以粒子不可能做直线运动，故D错误。
故选：A。
电场线的疏密程度表示场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的变化；根据Ep=qφ判断电势能的变化，根据能量守恒定律判断速度的大小；根据直线运动受力特点分析。
沿电场线的方向，电势降低；电势升高，正电荷的电势能增加，负电荷的电势能减小。
3.【答案】B
【解析】解：v−t图像中斜率表示加速度大小，第一个减速阶段中可知a=20−530m/s2=0.5m/s2
第二次减速需要的时间为t=5a=50.5s=10s
设匀速阶段结束的时间为t′
v−t图像面积为位移情况，所以450m=5+202×30m+5×(t′−30)m+12×5×10m
解得t′=40s
所以匀速阶段的时间为40s−30s=10s，故B正确，ABD错误；
故选：B。
根据v−t图像中斜率表示加速度，可求出两个减速阶段加速度大小，利用v−t图像的面积表示位移，列写方程求出时间。
学生在解答本题时，应注意v−t图像中斜率表示加速度，面积表示位移。
4.【答案】C
【解析】解：A、设星球的半径为R、密度为ρ，两星球密度相等、半径不同，在星体表面物体受到的重力与万有引力相等则有：mg=GMmR2，而M=ρV=43ρπR3，联立解得表面的重力加速度大小为：g=43πGρR，由于两星球的半径不同，表面的重力加速度大小不同，故A错误；
B、由GMmR2=43πGρRm=mv12R得，第一宇宙速度大小为：v1= 43πGρR2，由于两星球的半径不同，第一宇宙速度大小不同，故B错误；
C、由GMmR2=43πGρRm=m4π2T2R得，表面附近卫星运动的周期T= 3πGρ，所以表面附近卫星运动的周期相同，故C正确；
D、由GMmr2=mv2r得v= GMr，由于M=43πR3，联立相同圆形轨道卫星的速度大小为：v= 4πρGR33r，由于两星球的半径不同，相同圆形轨道卫星的速度大小不同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力，结合密度公式，分别得出表面的重力加速度、第一宇宙速度、表面附近卫星运动的周期、相同圆形轨道卫星的速度的计算公式进行分析。
本题考查了万有引力定律的应用；解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：(1)、万有引力等于重力，(2)、万有引力提供向心力，并能灵活运用。
5.【答案】B
【解析】解：根据能级跃迁En−E1=−8E19，其中En=E1n2，解得：n=3，即氢原子处于n=3激发态；
由E3−E2=hνmin，解得辐射的光子中频率最小为νmin=5E136h，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，即可求出最小频率。
该题考查氢原子的能级公式和跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律Em−En=hν。
6.【答案】B
【解析】解：分别对上方的圆柱体和下方的半圆柱体受力分析，如图
对于上方的圆柱体而言，在竖直方向上有2Fsinθ=mg，其中由于三个柱体半径相同，所以θ角为30∘，解得F= 33mg
对下方任意一半圆柱分析，在水平方向上，假设摩擦力达到最大静摩擦力，有Fsinθ=μ(Fcsθ+12mg)，解得μ= 36，故B正确，ACD错误；
故选：B。
通过对上方圆柱体分析，求出下方半圆柱体对上方圆柱体的支持力，根据相互作用力原理，结合受力平衡可求出动摩擦因数的最小值。
学生在解答本题时，应注意受力分析要全面，同时注意圆柱体和半圆柱体质量不同。
7.【答案】C
【解析】解：金属杆切割磁感线产生感应电动势E=BLv，由闭合电路欧姆定律有：I=ER，金属杆所受安培力：FA=BIL
可得安培力：FA=B2L2vR
金属杆做匀加速直线运动，则v=at，则安培力：FA=B2L2atR
由图2可得：F=2+t
对金属杆由牛顿第二定律有：F−FA=ma，即：2+t−B2L2atR=ma
金属杆做匀加速直线运动，加速度a恒定不变，所以t−B2L2atR=0，即：2=ma
代入数据可得：a=2m/s2，B2L2R=12
取水平向右为正方向，对金属杆全过程由动量定理有：Ft1−FAt=0−0，则有：Ft1−B2L2v−tR=0，其中t1=2s，v−t=x
代入数据可得：x=12m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
推导出安培力与速度关系式，利用牛顿第二定律和金属杆加速度恒定，可得加速度大小，全过程利用动量定理可得位移大小。
本题考查了动量定理，电磁感应与电路问题，解题的关键是知道金属杆做匀加速直线运动，加速度恒定，加速度不随时间变化，所以牛顿第二定律表达式中与时间的部分一定等于零。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、乙同学手触摸到尺子后，尺子继续下滑1cm，这是由于尺子有向下的速度，需要减速过程，所以乙同学的反应过程实际为尺子下落了
h=46cm−1cm=45cm=0.45m，根据h=12gt2，解得t=0.3s，故B正确，A错误；
CD.乙同学手触碰到尺子时，此时尺子的速度为v=gt=10×0.3m/s=3m/s，下落了h2=1cm=0.01m停住，有2ah2=v2，解得a=450m/s2
对尺子受力分析，根据牛顿第二定律有f−mg=ma，解得f=18.4N，故D正确，C错误；
故选：BD。
根据尺子下落的距离，利用位移-时间公式，可求出反应时间；通过反应时间求出尺子下落至手触碰时的速度，根据牛顿第二定律可求出平均摩擦力大小。
学生在解答本题时，应注意理解手碰到尺子后尺子下滑1cm的原因，这是解答本题的关键。
9.【答案】AB
【解析】解：A.由图2可知，封闭气体从A到B，气体的体积不变，做等容变化，在B处的压强pB=p0；
根据查理定律pAT0=pB2T0
代入数据解得pA=12p0=0.5p0
B.封闭气体从B到C，做等压变化，根据盖-吕萨克定律LS2T0=LCS3T0
解得LC=3L2=1.5L，故B正确；
C.整个过程中，缸内封闭气体对外做功W=−pBΔV=−p0(1.5LS−LS)=−0.5p0LS
根据热力学第一定律，缸内封闭气体增加的内能ΔU=Q+W=Q−0.5p0LSD.L−T图像如图所示：
C点对应的Lc=1.5L，根据数学知识1.5LL=3T02T0
因此直线BC一定通过坐标原点，故D错误。
故选：AB。
A.封闭气体从A到B，气体的体积不变，做等容变化，根据查理定律求解作答；
B.封闭气体从B到C，做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解作答；
C.根据W=pΔV求封闭气体对外做功，根据热力学第一定律求解作答；
D.根据数学知识，结合图像求解作答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
10.【答案】AC
【解析】解：A.根据理想变压器电压与匝数比的关系UU2=n1n2=32，UU3=n1n3=31
解得U2=23U，U3=13U
根据欧姆定律，通过电阻R2的电流I2=U2R=2U3×1R=2U3R
通过电阻R3的电流I3=U3R=U3×1R=U3R
因此I2I3=2U3R×3RU=2:1
即I2=2I3，故A正确；
B.根据理想变压器个功率关系UI=U2I2+U3I3
联立上面式子解得I=23I2+13I3，即3I=2I2+I3=2×2I3+I3=5I3≠I3，故B错误；
C.电阻R2变小，根据欧姆定律I2=U2R2可知，通过线圈n2的电流增大；
根据理想变压器电流与匝数比的关系n1I=n2I2+n3I3可知，通过变压器原线圈的电流I增大；
根据功率关系，电源的输出功率P0=I2R+UI增大，故C正确；
D.电压表与电流表的示数之比相当于变压器原线圈的等效电阻，根据欧姆定律R原=UI=ΔUΔI；
若使R2阻值变小，变压器原线圈的等效电阻发生变化，因此电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比发生变化，故D错误。
故选：AC。
A.根据理想变压器电压与匝数比的关系求副线圈两端的电压，根据欧姆定律分别求通过线圈n2、n3的电流，然后作答；
B.根据理想变压器的功率关系，联立上式求解作答；
C.根据欧姆定律、理想变压器电流与匝数比的关系和功率公式分析作答；
D.电压表与电流表的示数之比相当于变压器原线圈的等效电阻，根据欧姆定律分析作答。
注意电功率公式P=UI适用于任何电路，电功率公式，只适用于纯电阻电路；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。
11.【答案】1R 1a 1b c−bab−R0
【解析】解；(1)根据闭合电路欧姆定律可得：E=U+UR(r+R0)，整理可得：1U=1E+r+R0E⋅1R，所以横坐标x应为1R；
(2)当电压表读数为Ux时且1Ux=c，则有1R=a，解得此时电阻箱阻值R=1a，根据等效替代关系可知此时待测电阻的阻值Rx=R=1a；
(3)根据1U−1R的关系式结合图像可得：斜率k=r+R0E=c−ba，纵轴截距b=1E
解得：E=1b，r=c−bab−R0
故答案为：(1)1R；(2)1a；(3)1b，c−bab−R0。
(1)(3)根据闭合电路欧姆定律得出1U−1R的函数关系式，确定横坐标x的值，根据斜率和截距求解电动势和内阻；
(2)根据题图结合电压表示数，判断此时电阻箱的阻值，根据等效替代关系求解待测电阻的阻值。
本题是涉及测量电动势和内电阻的图象的实验问题，关键是根据物理规律写出有关纵轴和横轴物理量的函数表达式，然后讨论即可求解。
12.【答案】B 2 0.15
【解析】解：(1)A、每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，所用斜槽可以不光滑，也不需要平衡摩擦力，只要到达底端的速度相同即可，故A错误；
B、实验中所用斜槽末端的切线必须调整到水平方向，以保证小球做平抛运动，故B正确；
C、玻璃球体积适当小些，以减小空气阻力对实验的影响，故C错误；
(2)在竖直方向上，根据位移差公式得Δy=3L−2L=gT2，解得时间间隔T= Lg= 0.0510s= 220s
则初速度v0=2LT=2L× gL=2 gL=2× 10×0.05m/s= 2m/s
B点的竖直分速度vyB=2L+3L2T=5×0.052× 220m/s=54 2m/s=gtB
解得小球从抛出点运动到B点的时间tB= 28s
则小球从抛出点运动到A点的时间为tA=tB−T= 28s− 220s=3 240s
根据水平方向的匀速运动可得：x0=v0tA= 2×3 240m=0.15m
故答案为：(1)B；(2) 2，0.15
(1)根据实验原理和操作注意事项分析；
(2)应用平抛运动规律求出初速度，应用匀变速运动的推论求出初速度与B点的竖直方向分速度，进而求出抛出点到A的运动时间，再求解x0即可；
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
13.【答案】解：(1)设该玻璃体对该单色光的折射率为n，该单色光的全反射临界角为C，则n=1sinC
由几何关系有：tanC=rd
解得n= r2+d2r
(2)该单色光在该玻璃体中传播的速度大小v=cn
该单色光从S处沿竖直向下方向到达水平屏所经过的时间t=dv+hc
联立解得t=1c(d r2+d2r+h)
答：(1)该玻璃体对该单色光的折射率为 r2+d2r；
(2)该单色光从S处沿竖直向下方向到达水平屏所经过的时间为1c(d r2+d2r+h)。
【解析】(1)根据全反射临界角公式结合几何关系解答；
(2)根据v=cn解得光在介质中的传播速度，根据光程解得时间。
本题是一道几何关系的题目，作出光路图结合几何关系求解是常用的思路，在本题中要知道临界角的关系。
14.【答案】解：(1)设碰撞后两车速度分别为v甲′、v乙，加速度均为a，由运动学公式
v2=2ax
解得v甲′= 2ax027，v乙= 8ax027
即v甲′：v乙= 2ax027： 8ax027=1：2
(2)设两车碰撞前甲车的速度为v甲，甲车速度方向为正方向，根据动量守恒定律
mv甲=mv甲′+mv乙
甲车与乙车碰撞前，根据运动学公式
v02−v甲2=2ax0
t1=x0v0+v甲×2
甲车与乙车碰撞后，根据运动学公式
t2=127x0v甲×2
甲车从刹车到停止运动所经过的时间t=t1+t2
联立解得t=40x027v0；
答：(1)碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为1：2；
(2)甲车从刹车到停止运动所经过的时间为40x027v0。
【解析】(1)根据运动学公式推导出碰撞后两车的速度，再求比值即可；
(2)根据动量守恒定律求解碰撞前甲车的速度，再根据运动学公式求解甲车两个运动过程的时间。
解答该题的关键是根据动量守恒定律以及正确选择运动学公式，题目运动过程较为清晰，难度适中。
15.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示：
以2v0射入的粒子在磁场区域做匀速圆周运动，P为狭缝上的一点，则OP=L，设圆周运动的半径为R；
根据数学知识R=L2cs60∘=l212=L
洛伦兹力提供向心力2qv0B=m(2v0)2R
代入数据解得B=2mv0qL
(2)第一次操作中，当发射源转过的角度θ=0∘，速度为2v0的粒子落在薄板上表面最远处，根据几何关系y1=2R=2L
粒子在磁场中运动的周期T=2πR12v0=πLv0
粒子的运动时间t1=12T=12×πLv0=πL2v0
当发射源转过的角度θ=0∘，速度为v0的粒子通过下方竖直进入电场后，又回到磁场，落在薄板上表面与上述情景相同的最远处，结合上述分析，根据几何关系y2=y1=2L
粒子在电场中的加速度大小a=qEm
粒子运动的时间t2=2v0a=2mv0qE=2mv0×L4mv02=L2v0
此粒子运动的时间t3=2t1+t2=2×πL2v0+L2v0=(2π+1)L2v0
综上分析可知，粒子落在薄板上表面到O点的最大距离ym=2L
粒子运动时间为t=πL2v0或t=(2π+1)L2v0；
(3)第二次操作中，若粒子直接落在薄板上表面，将速度沿x轴方向分解vx=vcsα
粒子在x轴方向做匀速直线运动，落点x坐标为x=vx×T2=vcsα×πL2v0=πLv2v0csα
将速度沿z轴方向分解vz=vsinα
沿y轴方向做匀速圆周运动qvzB=mvz2r
半径r=mvzqB=mvsinαq×qL2mv0=Lv2v0sinα
落点的y坐标为y=2r=2×Lv2v0sinα=Lvv0sinα
可知x、y满足(xπLv2v0)2+(yLvv0)2=1
其中v02≤v≤2v0，y>0且y≠L；
若粒子沿y轴方向先做匀速圆周运动穿过狭缝进入电场，又从狭缝回到磁场，再沿y轴方向做匀速圆周运动，最终落在薄板上表面；
粒子穿过狭缝时2r=2mvsinθqB=L,sinα=v0v
解得12≤sinα≤1
即α的范围为30∘≤α≤150∘
落点的x坐标x=vcsα⋅(2πmqB+2mv0qE)
落点的y坐标为y=2L
可知，该粒子落在薄板上表面的区域分布在xOy平面内的直线上的线段上，有− 32L(2π+1)≤x≤ 32L(2π+1)，y=2L。
答：(1)该匀强磁场的磁感应强度B大小为2mv0qL；
(2)第一次操作时，粒子落在薄板上表面到O点的最大距离为2L；对应的粒子运动时间为πL2v0或(2π+1)L2v0；
(3)第二次操作时，粒子最终落在薄板上的精确区域为− 32L(2π+1)≤x≤ 32L(2π+1)，y=2L。
【解析】(1)粒子在磁场中。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和匀速圆周运动的知识求磁感应强度；
(2)第一次操作中，当发射源转过的角度θ=0∘，速度为2v0的粒子经过半个圆周落在薄板上表面最远，据此求最远距离和时间；当发射源转过的角度θ=0∘，速度为v0的粒子经过半个圆周从狭缝竖直进入电场后，先做减速运动，后做加速运动回到磁场，再在磁场中做半个圆周运动落在薄板上，据此求最远距离和时间；
(3)第二次操作中，若粒子直接落在薄板上表面，将速度分别沿x轴和z轴方向分解，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀速圆周运动，据此求落点坐标；若粒子沿y轴方向先做匀速圆周运动穿过狭缝进入电场，又从狭缝回到磁场，再沿y轴方向做匀速圆周运动，最终落在薄板上表面，根据匀速圆周运动、牛顿运动定律和运动学公式求解作答。
本题考查了带电粒子在匀强磁场和在匀强电场中的运动，运动过程复杂，要仔细做好受力分析和运动分析；要掌握匀速圆周运动、运动的合成与分解、牛顿运动定律以及运动学公式。
1.2023年艺术体操亚锦赛，中国选手赵雅婷以31.450分摘得带操金牌。带操选手伴随着欢快的音乐，完成了各项专业动作，产生各种优美的波形。如图为带操某一时刻的情形，下列说法正确的是( )
A. 带上质点的速度就是波传播的速度
B. 带上质点运动的方向就是波传播的方向
C. 图示时刻，质点P的速度大于质点Q的速度
D. 图示时刻，质点P的加速度大于质点Q的加速度
2.如图所示，一带正电粒子仅在电场力作用下，从A点运动到B点过程中，下列说法正确的是( )
A. 该粒子加速度增大
B. 该粒子速度增大
C. 该粒子电势能减少
D. 该粒子可能做直线运动
3.某汽车沿直线停车过程中，其v−t图像如图所示。已知该汽车所有减速过程的加速度均相等，中间有一段时间匀速运动，图示整个过程中该汽车行驶了450m。则该汽车匀速运动的时间为( )
A. 8s
B. 10s
C. 12s
D. 16.5s
4.已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体(两星球的半径不同)，忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是( )
A. 表面的重力加速度大小B. 第一宇宙速度大小
C. 表面附近卫星运动的周期D. 相同圆形轨道卫星的速度大小
5.已知氢原子处于基态的能量为E1，第n能级的能量En=E1n2。大量处于某同一激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中能量最大为−8E19，h为普朗克常量。则这些氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中频率最小为( )
A. −5E136hB. 5E136hC. −E19hD. E19h
6.如图所示，两根半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱体轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A. 34B. 36C. 12D. 32
7.如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量m=1kg且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。t=0时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示：t=2s时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为( )
A. 8mB. 10mC. 12mD. 14m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，为测反应时间，甲同学用手指捏住一质量为40g、测量范围为“0∼50cm”的直尺顶端，使其竖直静止，乙同学用一只手在直尺“零刻度”位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺：设定从甲同学放开手指让直尺自由下落，到乙同学的手刚触到直尺的过程中，所经过的时间为乙同学的反应时间。某次测试时，乙同学的手触到直尺后，直尺继续下滑了1.00cm，最终停在了46.00cm处，整个过程中乙同学手的位置不变。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则( )
A. 乙同学的反应时间为0.2s
B. 乙同学的反应时间为0.3s
C. 乙同学的手对直尺的平均摩擦力大小为0.4N
D. 乙同学的手对直尺的平均摩擦力大小为18.4N
9.图1是一底面积为S且导热性能良好的圆柱形薄壁气缸，气缸内距其水平底部高L处有可视为质点的卡点，气缸上端有一密封良好且可无摩擦滑动的轻活塞，气缸内封闭有一定质量的理想气体。缓慢改变气缸内的温度，使缸内封闭气体由状态A经状态B变化到状态C，该过程中，活塞到气缸底部的高度L与气缸内热力学温度T的关系如图2所示，整个过程中缸内封闭气体吸收的热量为Q。已知外界环境气压始终为p0，气缸内初始热力学温度为T。则( )
A. 在状态A时，缸内封闭气体的压强为0.5p0
B. 在状态C时，Lc=1.5L
C. 整个过程中，缸内封闭气体的内能增加量为Q
D. 直线BC一定不过坐标原点
10.如图所示，定值电阻R1、R2与R3的阻值均为R，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒定的交流电源，原、副线圈匝数之比n1：n2：n3=3：2：1，电表均为理想交流电表。闭合开关S且电路稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U。下列说法正确的是( )
A. 通过R2的电流是通过R3电流的2倍
B. 通过R1的电流是通过R3电流的3倍
C. 若仅使R2阻值变小，则该电源的输出功率一定变大
D. 若仅使R2阻值变小，则电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比保持不变
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
11.某探究小组利用图1所示电路来测量定值电阻R2的阻值，并测定直流电源的电动势E与内阻r。所用实验器材有：直流电源、电压表(可视为理想电表)、定值电阻R0、电阻箱R、待测电阻R2、开关S1、单刀双掷开关S2和导线若干。部分实验步骤如下：
①连接好电路后，将电阻箱R调至适当阻值，开关S2接1，闭合开关S；
②读取电阻箱的阻值R和电压表的示数U；
③改变电阻箱的阻值，重复步骤②，测得多组R和U的数值；
④断开开关S1，作出1U−x的线性关系图像如图2所示，其中a、b、c已知。
(1)1U−x图像的横坐标x应为______(选填“R”或“+1R”)。
(2)开关S2接2，闭合开关S1，读出电压表的示数U2，且1U=c，则在图2中可以查出对应的待测电阻R1=______。
(3)利用1U−x图像还可以测量该直流电源的电动势和内阻，则该直流电源的电动势E=______，内阻r=______。(用a、b、c、R0表示)
四、简答题：本大题共4小题，共48分。
12.某兴趣小组利用斜槽和多个相同小玻璃球来研究平抛运动的特点，部分实验装置如图1所示。
主要实验步骤如下：
①将斜槽固定在贴有正方形方格纸的木板旁，调节木板竖直(方格纸中的竖线也竖直)；
②依次将多个相同小玻璃球从斜槽上同一位置由静止释放；
③玻璃球运动过程中，用手机对玻璃球进行拍摄，选择满意的照片进行分析处理。
试回答下列问题：
(1)以下操作中，必须的是______(单选，填正确答案标号)。
A.斜槽尽可能光滑
B.斜槽末端切线水平
C.玻璃球体积适当大些
(2)如图2所示，某次实验所拍照片中同时出现了三个小球。已知该方格纸每小格的边长为5cm，当地重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，则玻璃球做平抛运动的水平初速度v0=______m/s，如图2中A球所在位置到斜槽末端的水平距离x0=______ m。
13.如图所示，一圆柱形均质实心玻璃体竖直固定在真空中，其上底面中心S处有一点光源，可向下方各个方向发射某种单色光。该点光源从S处射向该玻璃体下底面边缘圆周上的光恰好发生全反射，已知该玻璃体的底面圆半径为r、高为d，其下底面到水平屏的高度为h，真空中的光速为c，不考虑光在玻璃体侧面的折射以及光的反射。求：
(1)该玻璃体对该单色光的折射率；
(2)该单色光从S处沿竖直向下方向到达水平屏所经过的时间。
14.2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度v0从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车，x0处紧急刹车(牵引力瞬间变为零)，但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动127x0、427x0后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间很短可不计，碰撞前、后两车质量均不变，两车始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动。求：
(1)碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；
(2)甲车从刹车到停止运动所经过的时间。
15.如图1所示，abcd为足够大的水平矩形绝缘薄板，ab边右侧距其L处有一足够长的狭缝ef，且(ef∥ab,ab边上O处有一个可旋转的粒子发射源(可视为质点)，可向薄板上方指定方向同时持续发射质量为m、电荷量为−q(q>0)、速度大小v介于v02∼2v0的所有粒子。现以O点为原点，沿Oa方向为x轴正方向，垂直Oa且水平向右为y轴正方向，垂直薄板向上为z轴正方向，建立三维直角坐标系(O−xyz,y>0且z>0区域内分布着沿−x方向的匀强磁场，y>0且z<0区域内分布着沿−z方向的匀强电场，场强大小E=4mv02qL。如图2所示，第一次操作时，发射源绕x轴、在yOz平面内从+z方向开始顺时针缓慢匀速转动14圈，当其转过的角度(θ=60时，速度为2v0的粒子恰好能通过狭缝进入电场。如图3所示，第二次操作时，发射源绕y轴、在xOz平面内从+x方向开始顺时针缓慢匀速转动半圈。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，不考虑粒子间的碰撞，粒子落在薄板上被导走对下方电场没有影响。求：
(1)该匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)第一次操作时，粒子落在薄板上表面到O点的最大距离ym及对应的粒子运动时间t；
(3)第二次操作时，粒子最终落在薄板上的精确区域。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、质点振动速度与波的传播速度没有关系，在该横波中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直，故AB错误；
C、质点P在波谷，其速度为零，质点Q在平衡位置附近，其速度较大，故C错误；
D、质点P的位移大于质点Q的位移，根据牛顿第二定律得：F=−kx=ma，解得：a=−kmx，由此可知：质点P的加速度大于质点Q的加速度，故D正确。
故选：D。
波的传播速度与介质有关；横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直；质点在波峰或波谷处的速度为零，在平衡位置速度最大；根据牛顿第二定律分析加速度大小关系。
机械波产生的条件是振源与介质．质点不随波迁移，而传播的振动形式与能量．波形成的特点是：带动、重复、滞后。
2.【答案】A
【解析】解：A、由电场线的疏密知带电粒子由A点运动到B点的过程中场强增大，故粒子的加速度增大，故A正确；
BC、带正电粒子从A点运动到B点的过程中电势升高，根据Ep=qφ可知其电势能增加，根据能量守恒定律可知粒子的动能减小，其速度减小，故BC错误；
D、由于粒子的速度方向和电场力方向不同线，所以粒子不可能做直线运动，故D错误。
故选：A。
电场线的疏密程度表示场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的变化；根据Ep=qφ判断电势能的变化，根据能量守恒定律判断速度的大小；根据直线运动受力特点分析。
沿电场线的方向，电势降低；电势升高，正电荷的电势能增加，负电荷的电势能减小。
3.【答案】B
【解析】解：v−t图像中斜率表示加速度大小，第一个减速阶段中可知a=20−530m/s2=0.5m/s2
第二次减速需要的时间为t=5a=50.5s=10s
设匀速阶段结束的时间为t′
v−t图像面积为位移情况，所以450m=5+202×30m+5×(t′−30)m+12×5×10m
解得t′=40s
所以匀速阶段的时间为40s−30s=10s，故B正确，ABD错误；
故选：B。
根据v−t图像中斜率表示加速度，可求出两个减速阶段加速度大小，利用v−t图像的面积表示位移，列写方程求出时间。
学生在解答本题时，应注意v−t图像中斜率表示加速度，面积表示位移。
4.【答案】C
【解析】解：A、设星球的半径为R、密度为ρ，两星球密度相等、半径不同，在星体表面物体受到的重力与万有引力相等则有：mg=GMmR2，而M=ρV=43ρπR3，联立解得表面的重力加速度大小为：g=43πGρR，由于两星球的半径不同，表面的重力加速度大小不同，故A错误；
B、由GMmR2=43πGρRm=mv12R得，第一宇宙速度大小为：v1= 43πGρR2，由于两星球的半径不同，第一宇宙速度大小不同，故B错误；
C、由GMmR2=43πGρRm=m4π2T2R得，表面附近卫星运动的周期T= 3πGρ，所以表面附近卫星运动的周期相同，故C正确；
D、由GMmr2=mv2r得v= GMr，由于M=43πR3，联立相同圆形轨道卫星的速度大小为：v= 4πρGR33r，由于两星球的半径不同，相同圆形轨道卫星的速度大小不同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力，结合密度公式，分别得出表面的重力加速度、第一宇宙速度、表面附近卫星运动的周期、相同圆形轨道卫星的速度的计算公式进行分析。
本题考查了万有引力定律的应用；解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：(1)、万有引力等于重力，(2)、万有引力提供向心力，并能灵活运用。
5.【答案】B
【解析】解：根据能级跃迁En−E1=−8E19，其中En=E1n2，解得：n=3，即氢原子处于n=3激发态；
由E3−E2=hνmin，解得辐射的光子中频率最小为νmin=5E136h，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，即可求出最小频率。
该题考查氢原子的能级公式和跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律Em−En=hν。
6.【答案】B
【解析】解：分别对上方的圆柱体和下方的半圆柱体受力分析，如图
对于上方的圆柱体而言，在竖直方向上有2Fsinθ=mg，其中由于三个柱体半径相同，所以θ角为30∘，解得F= 33mg
对下方任意一半圆柱分析，在水平方向上，假设摩擦力达到最大静摩擦力，有Fsinθ=μ(Fcsθ+12mg)，解得μ= 36，故B正确，ACD错误；
故选：B。
通过对上方圆柱体分析，求出下方半圆柱体对上方圆柱体的支持力，根据相互作用力原理，结合受力平衡可求出动摩擦因数的最小值。
学生在解答本题时，应注意受力分析要全面，同时注意圆柱体和半圆柱体质量不同。
7.【答案】C
【解析】解：金属杆切割磁感线产生感应电动势E=BLv，由闭合电路欧姆定律有：I=ER，金属杆所受安培力：FA=BIL
可得安培力：FA=B2L2vR
金属杆做匀加速直线运动，则v=at，则安培力：FA=B2L2atR
由图2可得：F=2+t
对金属杆由牛顿第二定律有：F−FA=ma，即：2+t−B2L2atR=ma
金属杆做匀加速直线运动，加速度a恒定不变，所以t−B2L2atR=0，即：2=ma
代入数据可得：a=2m/s2，B2L2R=12
取水平向右为正方向，对金属杆全过程由动量定理有：Ft1−FAt=0−0，则有：Ft1−B2L2v−tR=0，其中t1=2s，v−t=x
代入数据可得：x=12m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
推导出安培力与速度关系式，利用牛顿第二定律和金属杆加速度恒定，可得加速度大小，全过程利用动量定理可得位移大小。
本题考查了动量定理，电磁感应与电路问题，解题的关键是知道金属杆做匀加速直线运动，加速度恒定，加速度不随时间变化，所以牛顿第二定律表达式中与时间的部分一定等于零。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、乙同学手触摸到尺子后，尺子继续下滑1cm，这是由于尺子有向下的速度，需要减速过程，所以乙同学的反应过程实际为尺子下落了
h=46cm−1cm=45cm=0.45m，根据h=12gt2，解得t=0.3s，故B正确，A错误；
CD.乙同学手触碰到尺子时，此时尺子的速度为v=gt=10×0.3m/s=3m/s，下落了h2=1cm=0.01m停住，有2ah2=v2，解得a=450m/s2
对尺子受力分析，根据牛顿第二定律有f−mg=ma，解得f=18.4N，故D正确，C错误；
故选：BD。
根据尺子下落的距离，利用位移-时间公式，可求出反应时间；通过反应时间求出尺子下落至手触碰时的速度，根据牛顿第二定律可求出平均摩擦力大小。
学生在解答本题时，应注意理解手碰到尺子后尺子下滑1cm的原因，这是解答本题的关键。
9.【答案】AB
【解析】解：A.由图2可知，封闭气体从A到B，气体的体积不变，做等容变化，在B处的压强pB=p0；
根据查理定律pAT0=pB2T0
代入数据解得pA=12p0=0.5p0
B.封闭气体从B到C，做等压变化，根据盖-吕萨克定律LS2T0=LCS3T0
解得LC=3L2=1.5L，故B正确；
C.整个过程中，缸内封闭气体对外做功W=−pBΔV=−p0(1.5LS−LS)=−0.5p0LS
根据热力学第一定律，缸内封闭气体增加的内能ΔU=Q+W=Q−0.5p0LS
C点对应的Lc=1.5L，根据数学知识1.5LL=3T02T0
因此直线BC一定通过坐标原点，故D错误。
故选：AB。
A.封闭气体从A到B，气体的体积不变，做等容变化，根据查理定律求解作答；
B.封闭气体从B到C，做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解作答；
C.根据W=pΔV求封闭气体对外做功，根据热力学第一定律求解作答；
D.根据数学知识，结合图像求解作答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
10.【答案】AC
【解析】解：A.根据理想变压器电压与匝数比的关系UU2=n1n2=32，UU3=n1n3=31
解得U2=23U，U3=13U
根据欧姆定律，通过电阻R2的电流I2=U2R=2U3×1R=2U3R
通过电阻R3的电流I3=U3R=U3×1R=U3R
因此I2I3=2U3R×3RU=2:1
即I2=2I3，故A正确；
B.根据理想变压器个功率关系UI=U2I2+U3I3
联立上面式子解得I=23I2+13I3，即3I=2I2+I3=2×2I3+I3=5I3≠I3，故B错误；
C.电阻R2变小，根据欧姆定律I2=U2R2可知，通过线圈n2的电流增大；
根据理想变压器电流与匝数比的关系n1I=n2I2+n3I3可知，通过变压器原线圈的电流I增大；
根据功率关系，电源的输出功率P0=I2R+UI增大，故C正确；
D.电压表与电流表的示数之比相当于变压器原线圈的等效电阻，根据欧姆定律R原=UI=ΔUΔI；
若使R2阻值变小，变压器原线圈的等效电阻发生变化，因此电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比发生变化，故D错误。
故选：AC。
A.根据理想变压器电压与匝数比的关系求副线圈两端的电压，根据欧姆定律分别求通过线圈n2、n3的电流，然后作答；
B.根据理想变压器的功率关系，联立上式求解作答；
C.根据欧姆定律、理想变压器电流与匝数比的关系和功率公式分析作答；
D.电压表与电流表的示数之比相当于变压器原线圈的等效电阻，根据欧姆定律分析作答。
注意电功率公式P=UI适用于任何电路，电功率公式，只适用于纯电阻电路；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。
11.【答案】1R 1a 1b c−bab−R0
【解析】解；(1)根据闭合电路欧姆定律可得：E=U+UR(r+R0)，整理可得：1U=1E+r+R0E⋅1R，所以横坐标x应为1R；
(2)当电压表读数为Ux时且1Ux=c，则有1R=a，解得此时电阻箱阻值R=1a，根据等效替代关系可知此时待测电阻的阻值Rx=R=1a；
(3)根据1U−1R的关系式结合图像可得：斜率k=r+R0E=c−ba，纵轴截距b=1E
解得：E=1b，r=c−bab−R0
故答案为：(1)1R；(2)1a；(3)1b，c−bab−R0。
(1)(3)根据闭合电路欧姆定律得出1U−1R的函数关系式，确定横坐标x的值，根据斜率和截距求解电动势和内阻；
(2)根据题图结合电压表示数，判断此时电阻箱的阻值，根据等效替代关系求解待测电阻的阻值。
本题是涉及测量电动势和内电阻的图象的实验问题，关键是根据物理规律写出有关纵轴和横轴物理量的函数表达式，然后讨论即可求解。
12.【答案】B 2 0.15
【解析】解：(1)A、每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，所用斜槽可以不光滑，也不需要平衡摩擦力，只要到达底端的速度相同即可，故A错误；
B、实验中所用斜槽末端的切线必须调整到水平方向，以保证小球做平抛运动，故B正确；
C、玻璃球体积适当小些，以减小空气阻力对实验的影响，故C错误；
(2)在竖直方向上，根据位移差公式得Δy=3L−2L=gT2，解得时间间隔T= Lg= 0.0510s= 220s
则初速度v0=2LT=2L× gL=2 gL=2× 10×0.05m/s= 2m/s
B点的竖直分速度vyB=2L+3L2T=5×0.052× 220m/s=54 2m/s=gtB
解得小球从抛出点运动到B点的时间tB= 28s
则小球从抛出点运动到A点的时间为tA=tB−T= 28s− 220s=3 240s
根据水平方向的匀速运动可得：x0=v0tA= 2×3 240m=0.15m
故答案为：(1)B；(2) 2，0.15
(1)根据实验原理和操作注意事项分析；
(2)应用平抛运动规律求出初速度，应用匀变速运动的推论求出初速度与B点的竖直方向分速度，进而求出抛出点到A的运动时间，再求解x0即可；
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
13.【答案】解：(1)设该玻璃体对该单色光的折射率为n，该单色光的全反射临界角为C，则n=1sinC
由几何关系有：tanC=rd
解得n= r2+d2r
(2)该单色光在该玻璃体中传播的速度大小v=cn
该单色光从S处沿竖直向下方向到达水平屏所经过的时间t=dv+hc
联立解得t=1c(d r2+d2r+h)
答：(1)该玻璃体对该单色光的折射率为 r2+d2r；
(2)该单色光从S处沿竖直向下方向到达水平屏所经过的时间为1c(d r2+d2r+h)。
【解析】(1)根据全反射临界角公式结合几何关系解答；
(2)根据v=cn解得光在介质中的传播速度，根据光程解得时间。
本题是一道几何关系的题目，作出光路图结合几何关系求解是常用的思路，在本题中要知道临界角的关系。
14.【答案】解：(1)设碰撞后两车速度分别为v甲′、v乙，加速度均为a，由运动学公式
v2=2ax
解得v甲′= 2ax027，v乙= 8ax027
即v甲′：v乙= 2ax027： 8ax027=1：2
(2)设两车碰撞前甲车的速度为v甲，甲车速度方向为正方向，根据动量守恒定律
mv甲=mv甲′+mv乙
甲车与乙车碰撞前，根据运动学公式
v02−v甲2=2ax0
t1=x0v0+v甲×2
甲车与乙车碰撞后，根据运动学公式
t2=127x0v甲×2
甲车从刹车到停止运动所经过的时间t=t1+t2
联立解得t=40x027v0；
答：(1)碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为1：2；
(2)甲车从刹车到停止运动所经过的时间为40x027v0。
【解析】(1)根据运动学公式推导出碰撞后两车的速度，再求比值即可；
(2)根据动量守恒定律求解碰撞前甲车的速度，再根据运动学公式求解甲车两个运动过程的时间。
解答该题的关键是根据动量守恒定律以及正确选择运动学公式，题目运动过程较为清晰，难度适中。
15.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示：
以2v0射入的粒子在磁场区域做匀速圆周运动，P为狭缝上的一点，则OP=L，设圆周运动的半径为R；
根据数学知识R=L2cs60∘=l212=L
洛伦兹力提供向心力2qv0B=m(2v0)2R
代入数据解得B=2mv0qL
(2)第一次操作中，当发射源转过的角度θ=0∘，速度为2v0的粒子落在薄板上表面最远处，根据几何关系y1=2R=2L
粒子在磁场中运动的周期T=2πR12v0=πLv0
粒子的运动时间t1=12T=12×πLv0=πL2v0
当发射源转过的角度θ=0∘，速度为v0的粒子通过下方竖直进入电场后，又回到磁场，落在薄板上表面与上述情景相同的最远处，结合上述分析，根据几何关系y2=y1=2L
粒子在电场中的加速度大小a=qEm
粒子运动的时间t2=2v0a=2mv0qE=2mv0×L4mv02=L2v0
此粒子运动的时间t3=2t1+t2=2×πL2v0+L2v0=(2π+1)L2v0
综上分析可知，粒子落在薄板上表面到O点的最大距离ym=2L
粒子运动时间为t=πL2v0或t=(2π+1)L2v0；
(3)第二次操作中，若粒子直接落在薄板上表面，将速度沿x轴方向分解vx=vcsα
粒子在x轴方向做匀速直线运动，落点x坐标为x=vx×T2=vcsα×πL2v0=πLv2v0csα
将速度沿z轴方向分解vz=vsinα
沿y轴方向做匀速圆周运动qvzB=mvz2r
半径r=mvzqB=mvsinαq×qL2mv0=Lv2v0sinα
落点的y坐标为y=2r=2×Lv2v0sinα=Lvv0sinα
可知x、y满足(xπLv2v0)2+(yLvv0)2=1
其中v02≤v≤2v0，y>0且y≠L；
若粒子沿y轴方向先做匀速圆周运动穿过狭缝进入电场，又从狭缝回到磁场，再沿y轴方向做匀速圆周运动，最终落在薄板上表面；
粒子穿过狭缝时2r=2mvsinθqB=L,sinα=v0v
解得12≤sinα≤1
即α的范围为30∘≤α≤150∘
落点的x坐标x=vcsα⋅(2πmqB+2mv0qE)
落点的y坐标为y=2L
可知，该粒子落在薄板上表面的区域分布在xOy平面内的直线上的线段上，有− 32L(2π+1)≤x≤ 32L(2π+1)，y=2L。
答：(1)该匀强磁场的磁感应强度B大小为2mv0qL；
(2)第一次操作时，粒子落在薄板上表面到O点的最大距离为2L；对应的粒子运动时间为πL2v0或(2π+1)L2v0；
(3)第二次操作时，粒子最终落在薄板上的精确区域为− 32L(2π+1)≤x≤ 32L(2π+1)，y=2L。
【解析】(1)粒子在磁场中。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和匀速圆周运动的知识求磁感应强度；
(2)第一次操作中，当发射源转过的角度θ=0∘，速度为2v0的粒子经过半个圆周落在薄板上表面最远，据此求最远距离和时间；当发射源转过的角度θ=0∘，速度为v0的粒子经过半个圆周从狭缝竖直进入电场后，先做减速运动，后做加速运动回到磁场，再在磁场中做半个圆周运动落在薄板上，据此求最远距离和时间；
(3)第二次操作中，若粒子直接落在薄板上表面，将速度分别沿x轴和z轴方向分解，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀速圆周运动，据此求落点坐标；若粒子沿y轴方向先做匀速圆周运动穿过狭缝进入电场，又从狭缝回到磁场，再沿y轴方向做匀速圆周运动，最终落在薄板上表面，根据匀速圆周运动、牛顿运动定律和运动学公式求解作答。
本题考查了带电粒子在匀强磁场和在匀强电场中的运动，运动过程复杂，要仔细做好受力分析和运动分析；要掌握匀速圆周运动、运动的合成与分解、牛顿运动定律以及运动学公式。
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