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2022届山西省晋中市高三下学期第二次模拟考试物理试卷
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这是一份2022届山西省晋中市高三下学期第二次模拟考试物理试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山西省晋中市2022届高三下学期第二次模拟考试
物理试卷
一、单选题
1．钾的逸出功是2.25eV。如图为氢原子的能级示意图，则下列对氢原子在能级跃迁过程中的特征认识，正确的是（ ）
A．一个处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出6种不同频率的光
B．用能量为10.5eV的光子轰击氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C．用能量为12.09eV的电子轰击氢原子，一定可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射钾板，钾板表面所发出的光电子的最大初动能为9.84eV
2．如图为某静电除尘装置的示意图。a、b、c三点的连线与集尘板垂直，且ab小于bc，烟尘微粒最终被吸附在集尘板N上，烟尘微粒所受电场力远大于自身重力，下列说法正确的是（ ）
A．烟尘微粒一定带正电
B．从a点早出发的烟尘微粒一定先到达集尘板
C．同一烟尘微粒在c点电势能大于在a点电势能
D．b、a两点间与c、b两点间的电势差可能相等
3．如图所示，用一根电阻丝制作成正方形线框abcd，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，电源内阻与正方形一个边的电阻相等，导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab边切割移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ）
A．F2 B．F4 C．7F16 D．16F7
4．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。2021年10月16日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。掌握径向对接能力，可以确保中国空间站同时对接多个航天器，以完成不同批次航天员在轨交接班的任务，满足中国空间站不间断长期载人生活和工作的需求。交会对接过程中神舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下方52km处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后边进行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方200米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向核心舱靠近，完成对接。根据上述材料，结合所学知识，判断以下说法正确的是（ ）
A．远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
B．近距离导引过程中，飞船的机械能不断减少
C．姿态调整完成后至对接完成，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
D．姿态调整完成后至对接完成，需要沿飞船与地心连线向地球喷射燃气
5．某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0~t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
A．小球在塑料管中加速度随线圈中电流的增大而增大
B．在0~t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0~t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流是逆时针方向的
二、多选题
6．如图所示，重量分别为30N和20N的小球P、Q用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，现对小球P施加大小恒为30N、方向可以改变的外力F，当两小球处于静止状态时，悬线OP与竖直方向的夹角θ的值可能是（ ）
A．0° B．30° C．37° D．45°
7．一物块沿粗糙水平面做直线运动，如图所示是其速度-位移图像，则物块运动到位移为x1的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．水平面粗糙程度处处相同
B．物体经过的区域动摩擦因数逐渐减小
C．物体运动过程中摩擦力的功率不变
D．相等位移内摩擦力的冲量相等
8．如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab竖直，高度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的带正电小球，电荷量为q，轨道处在水平向左的匀强电场中，E=mgq。自a点处从静止开始运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球对轨道的最大压力为5mg
B．小球运动过程中，机械能的减小量最多为2mgR
C．小球机械能最小时小球与b点的连线经过c点
D．小球经过c点正下方时重力的功率为4mggR
9．如图所示，一开口向下的固定绝热容器内，用轻质绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸无摩擦。现在活塞下方挂上一较轻物体，活塞缓慢向下移动一小段距离后停止，此过程中（ ）
A．气体对外界做功
B．分子的平均动能不变
C．气体的压强与气体分子的平均动能成正比
D．气体体积增大，与外界无热量交换，内能减小
E．气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数变小
10．如图所示，一块半圆柱形玻璃砖截面的圆心为O点，一束红光和一束蓝光在截面平面内从不同的方向射向O点，经折射后恰好都从圆弧上的P点射出玻璃砖，则下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对①光的折射率大于对②光的折射率
B．①光为红光，②光为蓝光
C．若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴逆时针缓慢转动90°的过程中，则②光先在MN界面发生全反射
D．分别让①、②光通过同一单缝，在同一光屏上①光的条纹宽度小于②光的条纹宽度
E．分别用①、②光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，①光的干涉条纹间距小于②光的干涉条纹间距
三、实验题
11．利用甲图装置验证机械能守恒定律，通电时，小钢球补吸在电磁铁上，断电时，小钢球自由落下。空气阻力可忽略不计。
（1）用螺旋测微器测量小钢球的直径如图乙所示，则直径为 cm。
（2）①测出小钢球从释放位置到光电门中心的距离为h（h远大于d）。释放小钢球，记下其通过光电门的时间Δt；②改变h，测出多组（h，Δt）数据，画出1(Δt)2-h图像如图丙所示；③测出图像的斜率为k。已知当地重力加速度为g，若在误差允许的范围内，斜率k近似等于 （用所给的物理量的字母表示），则机械能守恒定律成立。
（3）影响实验结果的可能的主要原因是 。
12．某同学用热敏电阻制作测温范围为0℃~100℃的温度计，设计的电路如图（a）所示，现查得热敏电阻的阻值随温度变化的关系如图（b）所示。
实验室有如下器材：
A．直流稳压电源，电动势E=12V，内阻未知；
B．滑动变阻器R，最大阻值为20Ω；
C．电流表A，量程为0~60mA，内阻约为50Ω；
D．开关，导线若干，电热水壶，自来水，适量冰块，煤油温度计（测温范围－30℃~150℃）
操作步骤如下：
I.如图连好电路，将滑动变阻器阻值调到最大后闭合开关。用电热水壶将水从0℃加热到100℃，将煤油温度计测温泡浸没在水中监测温度，同时将热敏电阻也浸入水中，记下不同温度值对应的电流值；
Ⅱ.利用测得的数据将电流表刻度盘改装成温度刻度盘；
（1）在步骤I中，漏掉了一个关键步骤，请补充： ；
（2）将热敏电阻浸泡在温度为26℃的热水中，稳定后，电流表的读数为30.0mA；当热水温度为50℃时，电流值为 mA。（保留3位有效数字）
（3）电流表刻度盘上，温度刻度（____）
A．不均匀，温度越高，刻度越密集
B．不均匀，温度越低，刻度越密集
C．均匀，温度越高，对应的电流值越大
D．均匀，温度越低，对应的电流值越大
（4）有一位同学觉得电流值较小时测量不准确，于是他用更小量程的电流表A1，并且采用图（c）所示的电路。将RT浸在温度为 的水中，闭合开关，将R1的值调节为 ，然后调节R，使A1的指针偏转较大角度θ。保持R不变，将RT浸入不同温度的水中，调节R1，直到A1的指针偏转θ角，记下温度值和对应的R1值，填入表格。测量时，只需调节R1，使A1的指针偏转θ角，然后从表格中查找R1对应的温度值即可读出温度。
四、解答题
13．我国5G技术和应用居世界前列，无人驾驶汽车是利用先进的5G技术制造的汽车。在不少大城市已经使用无人驾驶公交车。无人驾驶汽车上配有主动刹车系统，当车速超过30km/h时，汽车主动刹车系统会启动预判：车载电脑通过雷达采集数据在t0=0.6s内进行分析预判，若预判汽车以原速度行驶后可能会发生事故，汽车会立即主动刹车。现有一无人驾驶汽车正以v1=36km/h的速度匀速行驶，在它的正前方相距L=20m处有一大货车正以v2=28.8km/h的速度匀速行驶。若取重力加速度g=10m/s2，问：
（1）预判结束时，两车之间的距离。
（2）若预判结束时，汽车立即开始以a<4m/s2的加速度刹车，同时大货车开始减速行驶，且刹车时大货车所受阻力与车重的比值可k=0.32，则要使两车不相撞，求汽车加速度a的取值范围。（计算出的数据请保留3位有效数字）
14．如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域内ac、df为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿df方向距f点为R的g点处固定一足够长的挡板，挡板与fg的夹角α=30°，粒子打到挡板上会被吸收，圆形磁场区域以外空间存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子自c点沿ca方向以速度v射入磁场，经磁场偏转后从f点沿fg方向射出磁场，之后恰好未打在挡板上，图中未画出粒子在电场中运动的轨迹，重力不计。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）若将原电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B2=kB1（0
（1）若病房密闭，仅将病房内温度升高到22℃，病房内的气压（保留三位有效数字）；
（2）病房由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η（保留两位有效数字）。
16．资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，由于其传播速度在深海区与浅海区不同，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小振幅增大，掀起10~40米高的拍岸巨浪，有时最先到达海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏。
（1）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t=900s后首次出现的波形图。已知波沿x轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1=8640km，求海啸波到浅海区的时间t1（要求时间单位为小时）；
（2）第（1）小问中的海啸波进入浅海区后的波形（忽略海深度变化引起的波形变化）变为如图乙所示，若浅海区到达海岸的水平距离为s2=60km，求该海啸波从进入浅海区到波谷最先到达海岸的时间t2（要求时间单位为分钟）。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．一个处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光，A不符合题意；
B．因10.5eV不等于任何两个能级的能级差，则用能量为10.5eV的光子轰击氢原子，不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，B不符合题意；
C．用能量为12.09eV的电子轰击，氢原子吸收的能量可能等于基态与其它能级间的能级差，可能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，但不是一定，C不符合题意；
D．一群处于 n=3能级的氢原子向基态跃迁时，其中从3→1跃迁时发出的光子的能量最大，最大值为12.09eV，则发出的光照射钾板，钾板表面所发出的光电子的最大初动能为12.09eV-2.25eV=9.84eV，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】氢原子跃迁时释放的能量等于两能级间的能级差，结合光子能量的表达式进行分析判断。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．电极带负电，烟尘微粒向集尘板运动，可知微粒一定带负电，A不符合题意；
B．从a点出发的烟尘微粒加速运动到集尘板的位移大，时间长，由于没有具体数据，无法判断从从a点早出发的烟尘微粒是否先到达集尘板，B不符合题意；
C．越靠近集尘板，电势越高，微尘带负电，在电势高处电势能小，所以同一烟尘微粒在c点电势能小于在a点电势能，C不符合题意；
D．电场线与集尘板垂直，方向从集尘板到电极，可知a、b间电场线较b、c之间密集，即a、b间场强大于b、c间场强，而ab小于bc，所以由U=Ed可知，b、a两点间与c、b两点间的电势差可能相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电场力的方向判断微粒的电性，根据电势和电势能的关系判断ac两点电势能的大小关系；利用匀强电场电场强度的表达式判断ba两点间的电势差以及cb两点间的电势差关系。
3．【答案】C
【解析】【解答】设正方形的一个边长的电阻为R，长度为L，当开关S闭合时，正方形的总电阻为R1=3R23R+R=34R
由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 I1=E34R+R=4E7R
所以线框所受的安培力 F=BI1L当ab别切割走后，电路中的电阻 R2=R+3R=4R
由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 I2=E3R+R=E4R
此时线框所受的安培力 F1=BI2L
联立求解得 F1=716F
故答案为：C。
【分析】根据串并联电路总电阻的求解得出正方形的电阻，结合闭合电路欧姆定律得出电路中的电流，结合安培力的表达式得出线框受到的安培力；同理得出ab切割走后线框受到的安培力，从而得出两次安培力的大小关系。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．根据GMmr2=mv2r
可得 v=GMr
由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，A不符合题意；
B．近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，B不符合题意；
CD．如图所示，姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据 v=ωR
飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，对接时，飞船与空间站的线速度也应该相等，则飞船同时也应该有切向的加速度，不可能仅沿飞船与地心连线向地球喷射燃气，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度和角速度的表达式，从而判断飞船绕地运行的线速度、角速度及空间站的线速度、角速度的大小关系，
5．【答案】D
【解析】【解答】A． 磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0~t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=ΔϕΔt
可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，A不符合题意；
B．电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0~ t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，B不符合题意；
C．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，C不符合题意；
D． 0~t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】通电导线周围磁感应强度的表达式判断电流和磁感应强度的关系，结合法拉第电磁感应定律判断感应电动势的变化情况，同时结合楞次定律判断线圈的受力情况以及运动情况。
6．【答案】A,B,C
【解析】【解答】两小球处于静止状态，对整体为研究对象，受力分析，受整体重力、OP绳子拉力、外力F，三个力共点力平衡。
重力大小方向均不变，外力 F大小不变，方向可变，由三角形定则可知，当外力 F与绳子拉力T垂直时， θ最大。
由几何关系可知 sinθ=FG1+G2=30N50N=0.6
故悬线 OP与竖直方向的夹角 θ的最大值为37°，不可能是45°。
故答案为：ABC。
【分析】对两球进行受力分析，根据共点力平衡得出角度最大值的位置；利用几何关系得出最大角度。
7．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．根据匀变速运动的公式v2-v02=2ax
可得 a=(v-v0)(v+v0)2x
由图像可知，在相同的位移内，速度的差值不变，速度的和变小，所以，物体的加速度逐渐减小，对物体受力分析，由牛顿第二运动定律可得 f=ma
可知，物体所受的摩擦力在逐渐减小，又因为物体所受的是滑动摩擦力，压力不变，故接触面的粗糙程度逐渐减小，A不符合题意，B符合题意；
C．由功率的计算公式，摩擦力的功率为 P=fv
由于摩擦力在逐渐减小，速度逐渐减小，所以摩擦力的功率逐渐减小，C不符合题意；
D．根据动量定理可得，摩擦力的冲量 I=mv-mv0
由图可知，在相同的位移内，速度的差值不变，所以摩擦力的冲量相等，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出加速度的表达式，从而得出加速度的变化情况，结合牛顿第二定律判断摩擦力的变化情况，利用动量定理判断摩擦力冲量的大小关系。
8．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由于电场力和重力大小相等，由力的合成可知，重力与电场力的合力斜向左下方，与竖直面成45°角，即小球做圆周运动时的等效最低点为bc的中点，故小球到bc中点时，速度最大，对轨道的压力最大，由动能定理可得12mv12=mg(2R+Rcos45°)-Eq(R-Rsin45°)
对bc中点受力分析 FN-mgcos45°-Eqsin45°=mv12R
联立求解可得 FN=2mg+32mg
由牛顿第三运动定律可知，小球对轨道的最大压力为 2mg+32mg，A不符合题意；
B．小球从a点到c点，由动能定理可得 12mv22=mg3R-EqR
解得 v2=2gR
从c点向右飞出轨道，将小球的运动分解为水平方向与竖直方向，在水平方向上，先向右减速为0，由动能定理可得 0-12mv22=-Eqx
x=v2+02t1
解得 x=2R， t1=2gRg
水平方向上，小球从b点到减速为0时，电场力做功为 W=Eq(R+x)=3mgR
由能量守恒定律可知，小球的机械能减少量等于水平方向上电场力做的负功，即机械能减少了 3mgR，B不符合题意；
C．从c点向右飞出轨道，在竖直方向上，当水平速度减为0时，设小球下落的高度为h，速度为 v3，由匀变速的规律可得 h=12gt12
v3=gt1
解得 h=2R， v3=2gR
此时，电场力做的负功最多，小球的机械能最小，因为小球此时的水平位移与竖直位移相等，所以，小球此时的位置与b点的连线经过c点，C符合题意；
D．当小球落到c点正下方时，设竖直方向的速度为 v4，时间为 t2，由匀变速的规律可得 v4=v3+gt2
水平方向上，受力情况不变，加速和减速的时间相等，即 t1=t2
联立求解可得 v4=4gR
此时，重力的功率 P=mgv4
解得 P=4mggR
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】小球到bc中点和bc过程中时利用动能定理和受力分析得出轨道对小球的支持力；小球从a点到c点以及从c点向右飞出轨道的过程，由动能定理得出运动的位移和时间，通过平抛运动的规律得出小球下落的高度和运动的时间。
9．【答案】A,D,E
【解析】【解答】A．在外力F作用下，将活塞缓慢向下拉动一小段距离，气体体积变大，故气体对外做功，A符合题意；
BD．容器与活塞都是绝热的，气体与外界没有热交换，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知气体的内能减少。一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，理想气体的内能减少，则温度降低；温度是分子的平均动能的标志，温度降低，则分子的平均动能减小，B不符合题意，D符合题意；
C．根据 pVT=C可知一定量的理想气体的压强跟气体的热力学温度成正比，温度越高，分子的平均动能越大，温度越低，分子的平均动能越小，但分子的平均动能与热力学温度不是成正比，所以气体的压强不是与气体分子的平均动能成正比，C不符合题意；
E．一定量的理想气体体积增大时单位体积内的分子数减少；温度降低时气体分子运动的激烈程度降低，所以气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数变小，E符合题意。
故答案为：ADE。
【分析】利用热力学第一定律以及温度是平均动能的标志进行分析判断，结合理想气体状态方程判断气体的压强和分子平均动能的关系。
10．【答案】A,D,E
【解析】【解答】AB．由图可知①、②两光的折射角相等，入射角①大于②，由折射定律得玻璃砖对①光的折射率大于对②光的折射率，且折射率越大频率越高，故①光为蓝光，A符合题意，B不符合题意；
C．由 sinC=1n知折射率越大临界角越小，故玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴逆时针缓慢转动 90°的过程中，从光密介质进入光疏介质，①的折射率大，临界角小，先在MN界面发生全反射，C不符合题意；
D．经过同一单缝，波长越长频率越小的光产生的衍射图样中央亮纹越宽，条纹间隔越大，在同一光屏上①光的条纹宽度小于②光的条纹宽度，D符合题意；
E．因为①光的波长小于②光的波长，故由 Δx=λld
知，分别用①、②光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，①光的干涉条纹间距小于②光的干涉条纹间距，E符合题意。
故答案为：ADE。
【分析】根据折射定律判断两种光的折射率大小，利用折射率和波长的关系判断蓝光和红光；结合折射率和全反射临界角正弦值的关系判断能否发生全反射；通过双缝干涉相邻间距的表达式判断干涉条纹的大小关系。
11．【答案】（1）0.6725
（2）2gd2
（3）断电后电磁铁的磁性未立即消失
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm。可动刻度读数为0.01×22.5mm=0.225mm
所以最终读数为d=6.5mm+0.225mm=6.725mm=0.6725cm
(2) ③小钢球做自由落体运动 2gh=(dΔt)2
可得 1(Δt)2=2gdh
所以画出 1(Δt)2-h图像斜率 k=2gd
(3)影响实验结果的可能的主要原因是断电后电磁铁的磁性未立即消失，对小钢球下落有阻力。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数原理读出小球的直径；
（2）根据自由落体运动的位移与时间的关系得出 1(Δt)2-h的表达式，结合图像得出斜率的表达式；
（3）根据 验证机械能守恒定律 的实验原理以及注意事项进行分析影响实验结果的可能性。
12．【答案】（1）将RT浸入冰水混合物中，调节R，使电流表指针满偏
（2）20.0
（3）A
（4）100℃；0Ω
【解析】【解答】（1）因为需要将电流表刻度盘改装成温度刻度盘，所以需要标定温度的零刻度，温度越低热敏电阻阻值越小，电路中电流越大，所以当电流表满偏时对应温度为0℃，因此在步骤I中缺少的关键步骤是将RT浸入冰水混合物中，调节R，使电流表指针满偏。
（2）当热水温度为26℃时，热敏电阻的阻值为RT1=340Ω，根据闭合电路欧姆定律有E=I1(R+r+RA+RT1)
当热水温度为50℃时，热敏电阻的阻值为RT2=540Ω，设电流值为I2，同理有E=I2(R+r+RA+RT2)
联立以上两式解得I2=20.0mA
（3）I和RT的关系满足I=ER+r+RA+RT
则I与RT成非线性关系，RT越大I变化得越缓慢，即温度越高I变化得越缓慢，所以电流表刻度盘上，温度刻度不均匀，温度越高，刻度越密集，故答案为：A。
（4）该同学想改善电流值较小时测量不准确的情况，应使100℃时电流表有较大的偏转角度，所以应将RT浸在温度为100℃的水中，将R1的值调节为0Ω。
【分析】（1）由于热敏电阻随温度降低其阻值越小，所以其电流最大时其温度为最低温度；其步骤缺乏当热敏电阻放入冰水混合物时其电流表调至满偏；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合其热敏电阻的大小可以求出电流的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以判别电流和电阻的关系进而判别其温度刻度不均匀，温度越低刻度越密集；
（4）为了使电流表数值变化量大，其热敏电阻应该处于100℃的水中，其电阻箱的阻值应该等于0.
13．【答案】（1）解：t0=0.6s内，汽车和大货车行驶的位移分别为x1=v1t0=6m
x2=v2t0=4.8m
预判结束时，两车之间的距离为x0=L-x1+x2=18.8m
（2）解：设汽车刹车总时间为t1，则有0=v1-at1
解得t1>2.5s
大货车减速时的加速度大小为a'=kg=3.2m/s2
大货车刹车总时间为t2=0-v2-a'=2.5s
设汽车的刹车位移为x3，大货车的刹车位移为x4，根据运动学规律有0-v12=-2ax3
0-v22=-2a'x4
要使两车不相撞，应满足x3≤x4+x0
解得1.74m/s2≤a<4.00m/s2
【解析】【分析】根据匀速直线运动的规律以及相遇追击问题得出两车之间的距离；
（2）对汽车和货车根据匀变速直线运动的规律 得出两车不相撞时加速度的取值范围。
14．【答案】（1）解：粒子运动的轨迹如图1所示，由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径
r1=R
粒子在磁场中做圆周运动qvB1=mv2r1
解得B1=mvRq
（2）解：粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度和挡板相切时如图1tanα=vyv
vy=Eqmt
t=2Rv
解得E=3mv26qR
（3）解：粒子离开圆形磁场区域到返回的过程中，运动轨迹如图2所示，粒子在匀强磁场B2内做圆周运动
qvB2=mv2r2
已知 B2=kB1
解得r2=Rk
根据几何关系可知tan∠OO'f=Rr2=k
粒子返回圆形磁场区域边界的位置i到出射点f的距离l=2r2sin∠OO'f=2R1+k2
当k较小时，粒子运动轨迹恰好与挡板相切，如图3所示，根据几何关系可知∠fgO″=75°
tan∠fgO″=tan∠fOO″=r2'R=2+3
r2'=(2+3)R
则k=Rr2'=2-3
故时粒子返回圆形磁场区域的位置到f点的距离l=2R1+k2 且(2-3)
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力从而得出磁感应强度的表达式；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出电场强度的表达式；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出粒子返回圆形磁场区域边界时的位置到f点的距离。
15．【答案】（1）解：若病房密闭，仅将病房内温度升高到22℃，设升温后病房内的气压为p1，病房内的气体发生等容变化，根据查理定律有p0t0+273=p1t1+273
解得p1=1.09×105Pa
（2）解：设病房的体积为V1。假设体积为V1、压强为p1的气体经等温膨胀后压强变为p2时的体积为V2，由题意可知 p2=p0-100Pa=1.029×105Pa
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η=V2-V1V2×100%
联立解得η≈5.6%
【解析】【分析】（1）病房密封时根据查理定律得出病房内的气压；
（2） 当病房由开放状态变为正常工作状态 时，利用玻意耳定律得出需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比 。
16．【答案】（1）解：由图甲得λ1=240km
依题意有t=34T
v1=λ1T
s1=v1t1
解得T=1200s
t1=12h
（2）解：由图像得波的振幅A=20m
波长λ2=40km
波的周期T=1200s
海啸波在浅海区的传播速度v=λ2T=120km/h
故波谷最先到达海岸的时间t2=s2v2+14T=35min
【解析】【分析】（1）根据波传播的周期以及波长与周期的关系和波传播的速度和距离之间的关系得出该波的周期和海啸波到浅海区的时间；
（2）根据海啸波传播的波长和速度的关系以及传播的距离和时间的关系得出波谷最先到达海岸的时间。
山西省晋中市2022届高三下学期第二次模拟考试
物理试卷
一、单选题
1．钾的逸出功是2.25eV。如图为氢原子的能级示意图，则下列对氢原子在能级跃迁过程中的特征认识，正确的是（ ）
A．一个处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出6种不同频率的光
B．用能量为10.5eV的光子轰击氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C．用能量为12.09eV的电子轰击氢原子，一定可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射钾板，钾板表面所发出的光电子的最大初动能为9.84eV
2．如图为某静电除尘装置的示意图。a、b、c三点的连线与集尘板垂直，且ab小于bc，烟尘微粒最终被吸附在集尘板N上，烟尘微粒所受电场力远大于自身重力，下列说法正确的是（ ）
A．烟尘微粒一定带正电
B．从a点早出发的烟尘微粒一定先到达集尘板
C．同一烟尘微粒在c点电势能大于在a点电势能
D．b、a两点间与c、b两点间的电势差可能相等
3．如图所示，用一根电阻丝制作成正方形线框abcd，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，电源内阻与正方形一个边的电阻相等，导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab边切割移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ）
A．F2 B．F4 C．7F16 D．16F7
4．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。2021年10月16日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。掌握径向对接能力，可以确保中国空间站同时对接多个航天器，以完成不同批次航天员在轨交接班的任务，满足中国空间站不间断长期载人生活和工作的需求。交会对接过程中神舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下方52km处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后边进行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方200米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向核心舱靠近，完成对接。根据上述材料，结合所学知识，判断以下说法正确的是（ ）
A．远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
B．近距离导引过程中，飞船的机械能不断减少
C．姿态调整完成后至对接完成，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
D．姿态调整完成后至对接完成，需要沿飞船与地心连线向地球喷射燃气
5．某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0~t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
A．小球在塑料管中加速度随线圈中电流的增大而增大
B．在0~t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0~t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流是逆时针方向的
二、多选题
6．如图所示，重量分别为30N和20N的小球P、Q用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，现对小球P施加大小恒为30N、方向可以改变的外力F，当两小球处于静止状态时，悬线OP与竖直方向的夹角θ的值可能是（ ）
A．0° B．30° C．37° D．45°
7．一物块沿粗糙水平面做直线运动，如图所示是其速度-位移图像，则物块运动到位移为x1的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．水平面粗糙程度处处相同
B．物体经过的区域动摩擦因数逐渐减小
C．物体运动过程中摩擦力的功率不变
D．相等位移内摩擦力的冲量相等
8．如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab竖直，高度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的带正电小球，电荷量为q，轨道处在水平向左的匀强电场中，E=mgq。自a点处从静止开始运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球对轨道的最大压力为5mg
B．小球运动过程中，机械能的减小量最多为2mgR
C．小球机械能最小时小球与b点的连线经过c点
D．小球经过c点正下方时重力的功率为4mggR
9．如图所示，一开口向下的固定绝热容器内，用轻质绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸无摩擦。现在活塞下方挂上一较轻物体，活塞缓慢向下移动一小段距离后停止，此过程中（ ）
A．气体对外界做功
B．分子的平均动能不变
C．气体的压强与气体分子的平均动能成正比
D．气体体积增大，与外界无热量交换，内能减小
E．气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数变小
10．如图所示，一块半圆柱形玻璃砖截面的圆心为O点，一束红光和一束蓝光在截面平面内从不同的方向射向O点，经折射后恰好都从圆弧上的P点射出玻璃砖，则下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对①光的折射率大于对②光的折射率
B．①光为红光，②光为蓝光
C．若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴逆时针缓慢转动90°的过程中，则②光先在MN界面发生全反射
D．分别让①、②光通过同一单缝，在同一光屏上①光的条纹宽度小于②光的条纹宽度
E．分别用①、②光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，①光的干涉条纹间距小于②光的干涉条纹间距
三、实验题
11．利用甲图装置验证机械能守恒定律，通电时，小钢球补吸在电磁铁上，断电时，小钢球自由落下。空气阻力可忽略不计。
（1）用螺旋测微器测量小钢球的直径如图乙所示，则直径为 cm。
（2）①测出小钢球从释放位置到光电门中心的距离为h（h远大于d）。释放小钢球，记下其通过光电门的时间Δt；②改变h，测出多组（h，Δt）数据，画出1(Δt)2-h图像如图丙所示；③测出图像的斜率为k。已知当地重力加速度为g，若在误差允许的范围内，斜率k近似等于 （用所给的物理量的字母表示），则机械能守恒定律成立。
（3）影响实验结果的可能的主要原因是 。
12．某同学用热敏电阻制作测温范围为0℃~100℃的温度计，设计的电路如图（a）所示，现查得热敏电阻的阻值随温度变化的关系如图（b）所示。
实验室有如下器材：
A．直流稳压电源，电动势E=12V，内阻未知；
B．滑动变阻器R，最大阻值为20Ω；
C．电流表A，量程为0~60mA，内阻约为50Ω；
D．开关，导线若干，电热水壶，自来水，适量冰块，煤油温度计（测温范围－30℃~150℃）
操作步骤如下：
I.如图连好电路，将滑动变阻器阻值调到最大后闭合开关。用电热水壶将水从0℃加热到100℃，将煤油温度计测温泡浸没在水中监测温度，同时将热敏电阻也浸入水中，记下不同温度值对应的电流值；
Ⅱ.利用测得的数据将电流表刻度盘改装成温度刻度盘；
（1）在步骤I中，漏掉了一个关键步骤，请补充： ；
（2）将热敏电阻浸泡在温度为26℃的热水中，稳定后，电流表的读数为30.0mA；当热水温度为50℃时，电流值为 mA。（保留3位有效数字）
（3）电流表刻度盘上，温度刻度（____）
A．不均匀，温度越高，刻度越密集
B．不均匀，温度越低，刻度越密集
C．均匀，温度越高，对应的电流值越大
D．均匀，温度越低，对应的电流值越大
（4）有一位同学觉得电流值较小时测量不准确，于是他用更小量程的电流表A1，并且采用图（c）所示的电路。将RT浸在温度为 的水中，闭合开关，将R1的值调节为 ，然后调节R，使A1的指针偏转较大角度θ。保持R不变，将RT浸入不同温度的水中，调节R1，直到A1的指针偏转θ角，记下温度值和对应的R1值，填入表格。测量时，只需调节R1，使A1的指针偏转θ角，然后从表格中查找R1对应的温度值即可读出温度。
四、解答题
13．我国5G技术和应用居世界前列，无人驾驶汽车是利用先进的5G技术制造的汽车。在不少大城市已经使用无人驾驶公交车。无人驾驶汽车上配有主动刹车系统，当车速超过30km/h时，汽车主动刹车系统会启动预判：车载电脑通过雷达采集数据在t0=0.6s内进行分析预判，若预判汽车以原速度行驶后可能会发生事故，汽车会立即主动刹车。现有一无人驾驶汽车正以v1=36km/h的速度匀速行驶，在它的正前方相距L=20m处有一大货车正以v2=28.8km/h的速度匀速行驶。若取重力加速度g=10m/s2，问：
（1）预判结束时，两车之间的距离。
（2）若预判结束时，汽车立即开始以a<4m/s2的加速度刹车，同时大货车开始减速行驶，且刹车时大货车所受阻力与车重的比值可k=0.32，则要使两车不相撞，求汽车加速度a的取值范围。（计算出的数据请保留3位有效数字）
14．如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域内ac、df为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿df方向距f点为R的g点处固定一足够长的挡板，挡板与fg的夹角α=30°，粒子打到挡板上会被吸收，圆形磁场区域以外空间存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子自c点沿ca方向以速度v射入磁场，经磁场偏转后从f点沿fg方向射出磁场，之后恰好未打在挡板上，图中未画出粒子在电场中运动的轨迹，重力不计。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B1；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）若将原电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B2=kB1（0
（1）若病房密闭，仅将病房内温度升高到22℃，病房内的气压（保留三位有效数字）；
（2）病房由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η（保留两位有效数字）。
16．资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，由于其传播速度在深海区与浅海区不同，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小振幅增大，掀起10~40米高的拍岸巨浪，有时最先到达海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏。
（1）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t=900s后首次出现的波形图。已知波沿x轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1=8640km，求海啸波到浅海区的时间t1（要求时间单位为小时）；
（2）第（1）小问中的海啸波进入浅海区后的波形（忽略海深度变化引起的波形变化）变为如图乙所示，若浅海区到达海岸的水平距离为s2=60km，求该海啸波从进入浅海区到波谷最先到达海岸的时间t2（要求时间单位为分钟）。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．一个处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光，A不符合题意；
B．因10.5eV不等于任何两个能级的能级差，则用能量为10.5eV的光子轰击氢原子，不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，B不符合题意；
C．用能量为12.09eV的电子轰击，氢原子吸收的能量可能等于基态与其它能级间的能级差，可能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，但不是一定，C不符合题意；
D．一群处于 n=3能级的氢原子向基态跃迁时，其中从3→1跃迁时发出的光子的能量最大，最大值为12.09eV，则发出的光照射钾板，钾板表面所发出的光电子的最大初动能为12.09eV-2.25eV=9.84eV，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】氢原子跃迁时释放的能量等于两能级间的能级差，结合光子能量的表达式进行分析判断。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．电极带负电，烟尘微粒向集尘板运动，可知微粒一定带负电，A不符合题意；
B．从a点出发的烟尘微粒加速运动到集尘板的位移大，时间长，由于没有具体数据，无法判断从从a点早出发的烟尘微粒是否先到达集尘板，B不符合题意；
C．越靠近集尘板，电势越高，微尘带负电，在电势高处电势能小，所以同一烟尘微粒在c点电势能小于在a点电势能，C不符合题意；
D．电场线与集尘板垂直，方向从集尘板到电极，可知a、b间电场线较b、c之间密集，即a、b间场强大于b、c间场强，而ab小于bc，所以由U=Ed可知，b、a两点间与c、b两点间的电势差可能相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电场力的方向判断微粒的电性，根据电势和电势能的关系判断ac两点电势能的大小关系；利用匀强电场电场强度的表达式判断ba两点间的电势差以及cb两点间的电势差关系。
3．【答案】C
【解析】【解答】设正方形的一个边长的电阻为R，长度为L，当开关S闭合时，正方形的总电阻为R1=3R23R+R=34R
由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 I1=E34R+R=4E7R
所以线框所受的安培力 F=BI1L当ab别切割走后，电路中的电阻 R2=R+3R=4R
由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 I2=E3R+R=E4R
此时线框所受的安培力 F1=BI2L
联立求解得 F1=716F
故答案为：C。
【分析】根据串并联电路总电阻的求解得出正方形的电阻，结合闭合电路欧姆定律得出电路中的电流，结合安培力的表达式得出线框受到的安培力；同理得出ab切割走后线框受到的安培力，从而得出两次安培力的大小关系。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．根据GMmr2=mv2r
可得 v=GMr
由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，A不符合题意；
B．近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，B不符合题意；
CD．如图所示，姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据 v=ωR
飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，对接时，飞船与空间站的线速度也应该相等，则飞船同时也应该有切向的加速度，不可能仅沿飞船与地心连线向地球喷射燃气，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度和角速度的表达式，从而判断飞船绕地运行的线速度、角速度及空间站的线速度、角速度的大小关系，
5．【答案】D
【解析】【解答】A． 磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0~t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=ΔϕΔt
可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，A不符合题意；
B．电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0~ t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，B不符合题意；
C．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，C不符合题意；
D． 0~t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】通电导线周围磁感应强度的表达式判断电流和磁感应强度的关系，结合法拉第电磁感应定律判断感应电动势的变化情况，同时结合楞次定律判断线圈的受力情况以及运动情况。
6．【答案】A,B,C
【解析】【解答】两小球处于静止状态，对整体为研究对象，受力分析，受整体重力、OP绳子拉力、外力F，三个力共点力平衡。
重力大小方向均不变，外力 F大小不变，方向可变，由三角形定则可知，当外力 F与绳子拉力T垂直时， θ最大。
由几何关系可知 sinθ=FG1+G2=30N50N=0.6
故悬线 OP与竖直方向的夹角 θ的最大值为37°，不可能是45°。
故答案为：ABC。
【分析】对两球进行受力分析，根据共点力平衡得出角度最大值的位置；利用几何关系得出最大角度。
7．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．根据匀变速运动的公式v2-v02=2ax
可得 a=(v-v0)(v+v0)2x
由图像可知，在相同的位移内，速度的差值不变，速度的和变小，所以，物体的加速度逐渐减小，对物体受力分析，由牛顿第二运动定律可得 f=ma
可知，物体所受的摩擦力在逐渐减小，又因为物体所受的是滑动摩擦力，压力不变，故接触面的粗糙程度逐渐减小，A不符合题意，B符合题意；
C．由功率的计算公式，摩擦力的功率为 P=fv
由于摩擦力在逐渐减小，速度逐渐减小，所以摩擦力的功率逐渐减小，C不符合题意；
D．根据动量定理可得，摩擦力的冲量 I=mv-mv0
由图可知，在相同的位移内，速度的差值不变，所以摩擦力的冲量相等，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出加速度的表达式，从而得出加速度的变化情况，结合牛顿第二定律判断摩擦力的变化情况，利用动量定理判断摩擦力冲量的大小关系。
8．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由于电场力和重力大小相等，由力的合成可知，重力与电场力的合力斜向左下方，与竖直面成45°角，即小球做圆周运动时的等效最低点为bc的中点，故小球到bc中点时，速度最大，对轨道的压力最大，由动能定理可得12mv12=mg(2R+Rcos45°)-Eq(R-Rsin45°)
对bc中点受力分析 FN-mgcos45°-Eqsin45°=mv12R
联立求解可得 FN=2mg+32mg
由牛顿第三运动定律可知，小球对轨道的最大压力为 2mg+32mg，A不符合题意；
B．小球从a点到c点，由动能定理可得 12mv22=mg3R-EqR
解得 v2=2gR
从c点向右飞出轨道，将小球的运动分解为水平方向与竖直方向，在水平方向上，先向右减速为0，由动能定理可得 0-12mv22=-Eqx
x=v2+02t1
解得 x=2R， t1=2gRg
水平方向上，小球从b点到减速为0时，电场力做功为 W=Eq(R+x)=3mgR
由能量守恒定律可知，小球的机械能减少量等于水平方向上电场力做的负功，即机械能减少了 3mgR，B不符合题意；
C．从c点向右飞出轨道，在竖直方向上，当水平速度减为0时，设小球下落的高度为h，速度为 v3，由匀变速的规律可得 h=12gt12
v3=gt1
解得 h=2R， v3=2gR
此时，电场力做的负功最多，小球的机械能最小，因为小球此时的水平位移与竖直位移相等，所以，小球此时的位置与b点的连线经过c点，C符合题意；
D．当小球落到c点正下方时，设竖直方向的速度为 v4，时间为 t2，由匀变速的规律可得 v4=v3+gt2
水平方向上，受力情况不变，加速和减速的时间相等，即 t1=t2
联立求解可得 v4=4gR
此时，重力的功率 P=mgv4
解得 P=4mggR
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】小球到bc中点和bc过程中时利用动能定理和受力分析得出轨道对小球的支持力；小球从a点到c点以及从c点向右飞出轨道的过程，由动能定理得出运动的位移和时间，通过平抛运动的规律得出小球下落的高度和运动的时间。
9．【答案】A,D,E
【解析】【解答】A．在外力F作用下，将活塞缓慢向下拉动一小段距离，气体体积变大，故气体对外做功，A符合题意；
BD．容器与活塞都是绝热的，气体与外界没有热交换，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知气体的内能减少。一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，理想气体的内能减少，则温度降低；温度是分子的平均动能的标志，温度降低，则分子的平均动能减小，B不符合题意，D符合题意；
C．根据 pVT=C可知一定量的理想气体的压强跟气体的热力学温度成正比，温度越高，分子的平均动能越大，温度越低，分子的平均动能越小，但分子的平均动能与热力学温度不是成正比，所以气体的压强不是与气体分子的平均动能成正比，C不符合题意；
E．一定量的理想气体体积增大时单位体积内的分子数减少；温度降低时气体分子运动的激烈程度降低，所以气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数变小，E符合题意。
故答案为：ADE。
【分析】利用热力学第一定律以及温度是平均动能的标志进行分析判断，结合理想气体状态方程判断气体的压强和分子平均动能的关系。
10．【答案】A,D,E
【解析】【解答】AB．由图可知①、②两光的折射角相等，入射角①大于②，由折射定律得玻璃砖对①光的折射率大于对②光的折射率，且折射率越大频率越高，故①光为蓝光，A符合题意，B不符合题意；
C．由 sinC=1n知折射率越大临界角越小，故玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴逆时针缓慢转动 90°的过程中，从光密介质进入光疏介质，①的折射率大，临界角小，先在MN界面发生全反射，C不符合题意；
D．经过同一单缝，波长越长频率越小的光产生的衍射图样中央亮纹越宽，条纹间隔越大，在同一光屏上①光的条纹宽度小于②光的条纹宽度，D符合题意；
E．因为①光的波长小于②光的波长，故由 Δx=λld
知，分别用①、②光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，①光的干涉条纹间距小于②光的干涉条纹间距，E符合题意。
故答案为：ADE。
【分析】根据折射定律判断两种光的折射率大小，利用折射率和波长的关系判断蓝光和红光；结合折射率和全反射临界角正弦值的关系判断能否发生全反射；通过双缝干涉相邻间距的表达式判断干涉条纹的大小关系。
11．【答案】（1）0.6725
（2）2gd2
（3）断电后电磁铁的磁性未立即消失
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm。可动刻度读数为0.01×22.5mm=0.225mm
所以最终读数为d=6.5mm+0.225mm=6.725mm=0.6725cm
(2) ③小钢球做自由落体运动 2gh=(dΔt)2
可得 1(Δt)2=2gdh
所以画出 1(Δt)2-h图像斜率 k=2gd
(3)影响实验结果的可能的主要原因是断电后电磁铁的磁性未立即消失，对小钢球下落有阻力。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数原理读出小球的直径；
（2）根据自由落体运动的位移与时间的关系得出 1(Δt)2-h的表达式，结合图像得出斜率的表达式；
（3）根据 验证机械能守恒定律 的实验原理以及注意事项进行分析影响实验结果的可能性。
12．【答案】（1）将RT浸入冰水混合物中，调节R，使电流表指针满偏
（2）20.0
（3）A
（4）100℃；0Ω
【解析】【解答】（1）因为需要将电流表刻度盘改装成温度刻度盘，所以需要标定温度的零刻度，温度越低热敏电阻阻值越小，电路中电流越大，所以当电流表满偏时对应温度为0℃，因此在步骤I中缺少的关键步骤是将RT浸入冰水混合物中，调节R，使电流表指针满偏。
（2）当热水温度为26℃时，热敏电阻的阻值为RT1=340Ω，根据闭合电路欧姆定律有E=I1(R+r+RA+RT1)
当热水温度为50℃时，热敏电阻的阻值为RT2=540Ω，设电流值为I2，同理有E=I2(R+r+RA+RT2)
联立以上两式解得I2=20.0mA
（3）I和RT的关系满足I=ER+r+RA+RT
则I与RT成非线性关系，RT越大I变化得越缓慢，即温度越高I变化得越缓慢，所以电流表刻度盘上，温度刻度不均匀，温度越高，刻度越密集，故答案为：A。
（4）该同学想改善电流值较小时测量不准确的情况，应使100℃时电流表有较大的偏转角度，所以应将RT浸在温度为100℃的水中，将R1的值调节为0Ω。
【分析】（1）由于热敏电阻随温度降低其阻值越小，所以其电流最大时其温度为最低温度；其步骤缺乏当热敏电阻放入冰水混合物时其电流表调至满偏；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合其热敏电阻的大小可以求出电流的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以判别电流和电阻的关系进而判别其温度刻度不均匀，温度越低刻度越密集；
（4）为了使电流表数值变化量大，其热敏电阻应该处于100℃的水中，其电阻箱的阻值应该等于0.
13．【答案】（1）解：t0=0.6s内，汽车和大货车行驶的位移分别为x1=v1t0=6m
x2=v2t0=4.8m
预判结束时，两车之间的距离为x0=L-x1+x2=18.8m
（2）解：设汽车刹车总时间为t1，则有0=v1-at1
解得t1>2.5s
大货车减速时的加速度大小为a'=kg=3.2m/s2
大货车刹车总时间为t2=0-v2-a'=2.5s
设汽车的刹车位移为x3，大货车的刹车位移为x4，根据运动学规律有0-v12=-2ax3
0-v22=-2a'x4
要使两车不相撞，应满足x3≤x4+x0
解得1.74m/s2≤a<4.00m/s2
【解析】【分析】根据匀速直线运动的规律以及相遇追击问题得出两车之间的距离；
（2）对汽车和货车根据匀变速直线运动的规律 得出两车不相撞时加速度的取值范围。
14．【答案】（1）解：粒子运动的轨迹如图1所示，由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径
r1=R
粒子在磁场中做圆周运动qvB1=mv2r1
解得B1=mvRq
（2）解：粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度和挡板相切时如图1tanα=vyv
vy=Eqmt
t=2Rv
解得E=3mv26qR
（3）解：粒子离开圆形磁场区域到返回的过程中，运动轨迹如图2所示，粒子在匀强磁场B2内做圆周运动
qvB2=mv2r2
已知 B2=kB1
解得r2=Rk
根据几何关系可知tan∠OO'f=Rr2=k
粒子返回圆形磁场区域边界的位置i到出射点f的距离l=2r2sin∠OO'f=2R1+k2
当k较小时，粒子运动轨迹恰好与挡板相切，如图3所示，根据几何关系可知∠fgO″=75°
tan∠fgO″=tan∠fOO″=r2'R=2+3
r2'=(2+3)R
则k=Rr2'=2-3
故时粒子返回圆形磁场区域的位置到f点的距离l=2R1+k2 且(2-3)
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力从而得出磁感应强度的表达式；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出电场强度的表达式；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出粒子返回圆形磁场区域边界时的位置到f点的距离。
15．【答案】（1）解：若病房密闭，仅将病房内温度升高到22℃，设升温后病房内的气压为p1，病房内的气体发生等容变化，根据查理定律有p0t0+273=p1t1+273
解得p1=1.09×105Pa
（2）解：设病房的体积为V1。假设体积为V1、压强为p1的气体经等温膨胀后压强变为p2时的体积为V2，由题意可知 p2=p0-100Pa=1.029×105Pa
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η=V2-V1V2×100%
联立解得η≈5.6%
【解析】【分析】（1）病房密封时根据查理定律得出病房内的气压；
（2） 当病房由开放状态变为正常工作状态 时，利用玻意耳定律得出需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比 。
16．【答案】（1）解：由图甲得λ1=240km
依题意有t=34T
v1=λ1T
s1=v1t1
解得T=1200s
t1=12h
（2）解：由图像得波的振幅A=20m
波长λ2=40km
波的周期T=1200s
海啸波在浅海区的传播速度v=λ2T=120km/h
故波谷最先到达海岸的时间t2=s2v2+14T=35min
【解析】【分析】（1）根据波传播的周期以及波长与周期的关系和波传播的速度和距离之间的关系得出该波的周期和海啸波到浅海区的时间；
（2）根据海啸波传播的波长和速度的关系以及传播的距离和时间的关系得出波谷最先到达海岸的时间。
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