2021-2022学年福建省莆田二中高二（下）期末物理模拟试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年福建省莆田二中高二（下）期末物理模拟试卷（Word解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年福建省莆田二中高二（下）期末物理模拟试卷

一、单选题（本大题共3小题，共12分）
1. 关于近代物理的知识，下列说法正确的是(    )
A. 查德威克发现质子的核反应方程为 714N+24He→816O+11H
B. β衰变就是原子核内的一个质子转化为一个中子和电子，电子被释放出来
C. 发生光电效应时光电子的最大初动能由入射光的频率和强度决定
D. 若氢原子从第6能级向第1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从第6能级向第2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
2. “天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号(    )

A. 发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B. 从P点转移到Q点的时间大于6个月
C. 在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上大
D. 在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
3. 如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置．质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J.现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是(    )

A. 从B点释放滑块的最大动能为9J
B. 从B点释放滑块动能最大的位置比从A点释放要低
C. 从B点释放弹簧的最大弹性势能比从A点释放增加了1J
D. 物块从O点开始做减速运动
二、多选题（本大题共5小题，共28分）
4. 如图所示，两平行金属板AB、CD相距为d，板长为6d，M、N是两板中间正对的小孔，AB板电势高于CD板，在保持两极板电量不变的情况下，有一带电粒子(不计重力)从M孔以速率v0沿MN连线方向射入两极之间，结果恰好能到达N点。若该粒子仍以速率v0从M孔射入，速度方向与AB板的夹角为θ(θ>0)，下列说法正确的是(    )


A. 此带电粒子带正电
B. 该粒子仍能到达CD板
C. 调整θ的大小，粒子可以直接从BD端口飞出
D. 当θ=45°时，粒子打在AB板上的落点距M点最远
5. 如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是(    )


A. 从状态c到b，气体放热 B. 从状态d到c，气体不吸热也不放热
C. 从状态a到d，气体对外做功 D. 从状态b到a，气体吸热
6. 如图甲所示，在均匀介质中P、Q两质点相距d=0.4m，质点P的振动图像如图乙所示，已知t=0时刻，P、Q两质点都在平衡位置，且P、Q之间只有一个波峰，则下列判断正确的是(    )

A. 波的传播速度可能为1m/s
B. 波的传播速度可能为43m/s
C. 质点Q出现在波谷的时刻可能为t=0.15s
D. 质点Q出现在波谷的时刻可能为t=0.45s
7. 如图(a)所示，两个带正电的小球A、B(均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA=2.0×10-4C，B球的质量m=0.1kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图(b)中曲线I所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6m.令A所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取10m/s2，静电力恒量k=9.0×109N⋅m2/C2，下列说法正确的是(    )

A. 杆与水平面的夹角θ=60°
B. B球的电荷量QB=1.5×10-5C
C. 若B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2J
D. 若B球从离A球2m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大
8. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨所在平面的倾角为θ=30°，导轨下端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长为L、电阻不计的金属棒放在导轨上，在沿导轨平面且与棒垂直的拉力F作用下金属棒沿导轨向上做初速度为零、加速度为12g(g为重力加速度)的匀加速直线运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，则在金属棒沿导轨向上运动t0时间的过程中(    )
A. 拉力F与时间成正比
B. 拉力F的冲量大小为mgt0+B2L2g4Rt02
C. 通过电阻R的电量为BLgt024R
D. 电阻R上产生的焦耳热等于拉力与重力的做功之和
三、填空题（本大题共2小题，共8分）
9. 某同学做了下面两个实验。他让一列水波通过一个孔时产生了如图1所示的衍射图景，如果想让水波通过小孔继续传播的范围变小，可将左侧挡板适当______(“向左”或“向右”)移动；他用图2示器材做光的衍射实验，在光屏上能得到______(“图3”或“图4”)所示条纹。

10. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图象如图所示。已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g=10m/s2，则汽车速度为25m/s时的加速度为______m/s2，汽车的最大速度为______m/s。

四、实验题（本大题共2小题，共18分）
11. 在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。

(1)实验时，下列操作或说法正确的是______。
A.需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是______m/s2。(计算结果保留三位有效数字)
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车与轨道的滑动摩擦力Ff=______N。
12. 几位同学对一个阻值大约为590Ω的未知电阻Rx进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用：
A.待测电阻Rx
B.电压表V(量程6V，内阻约3kΩ)
C.电流表A1(量程20mA，内阻约5Ω)
D.电流表A2(量程10mA，内阻约10Ω)
E.滑动变阻器R1(0～20Ω，额定电流2A)
F.滑动变阻器R2(0～2000Ω，额定电流0.5A)
G.直流电源E(6V，内阻约1Ω)
H.多用表
I.开关、导线若干

(1)甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“×100”挡位，则多用表的读数为______Ω。
(2)乙同学根据以上器材设计如图乙所示的测量电阻的电路，则滑动变阻器应选择______(选填“R1”或“R2”)；电阻测量值偏大的主要原因是______造成的。(选填“电流表内阻”或“电压表内阻”)
(3)丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：
①按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；
②开关S2处于断开状态，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半，读出此时电压表Ⅴ的示数U1和电流表A2的示数I1。
③保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，适当调节滑动变阻器R1的位置，读出此时电压表V的示数U2和电流表A2的示数I2。
可测得待测电阻的阻值为______，同时可测出电流表A1的内阻为______(用U1、U2、I1、I2表示)。
(4)比较甲、乙、丙三位同学测量电阻Rx的方法中，______同学的方案最有利于减小系统误差。
五、计算题（本大题共3小题，共34分）
13. 如图，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面在C点平滑连接(即物体经过C点时速度大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为2kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道BC后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径为R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，光滑斜面CD部分长为0.6m，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)滑块第一次经过圆弧轨道上的B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小；
(2)滑块到达D点时，弹簧具有的弹性势能；
(3)滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的次数。

14. 如图所示，一个上表面绝缘、质量为mA=1kg的不带电小车A置于光滑的水平面上，其左端放置一质量为mB=0.5kg、带电量为q=1.0×10-2C的空盒B，左端开口．小车上表面与水平桌面相平，桌面上水平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为mC=0.5kg的不带电绝缘小物块C置于桌面上O点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C缓慢推至M点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为WF=6J，撤去推力后，C沿桌面滑到小车上的空盒B内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且碰后C与B粘在一起．在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为E=1×102N/m，电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物处于小车的最右端．已知物块C与桌面间动摩擦因数μ1=0.4，空盒B与小车间的动摩擦因数μ2=0.1，OM间距s1=5cm，O点离桌子边沿N点距离s2=90cm，物块、空盒体积大小不计，g取10m/s2.求：

(1)物块C与空盒B碰后瞬间的速度v；
(2)小车的长度L；
(3)电场作用的时间t．
15. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场区域沿x轴方向的宽度为L，沿y轴方向足够大，第二象限整个区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E=mv02qL，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在轴上的A(-32L,0)点以速度大小为v0，方向沿y轴正方向射入电场区域，不计粒子的重力，求：
(1)粒子第一次经过y轴的位置离原点O的距离y0和速度大小v；
(2)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，磁感应强度B应满足什么条件？
(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P(0,833L)点，磁感应强度B的大小为多少？


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、发现质子的是卢瑟福，故A错误；
B、β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故B错误；
C、根据光电效应方程可知，最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故C错误；
D、根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时减小的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时减小的能量.所以氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光的能量。根据光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。
故选：D。
卢瑟福发现了质子；根据β衰变的本质分析；理解最大初动能和光电流的影响因素结合选项完成分析；根据光电效应发生的条件和玻尔理论分析。
解答本题的关键要掌握原子物理和原子核物理的基础知识。

2.【答案】B 
【解析】解：A、天问一号需要脱离地球引力的束缚，第二宇宙速度11.2km/s为脱离地球的最小发射速度，在地球发射天问一号的速度要大于第二宇宙速度，故A错误。
B、地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律可知，a3T2=k，天问一号在地火转移轨道的轨道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12个月，从P点转移到Q点的时间大于6个月，故B正确；
C、同理，环绕火星的停泊轨道半径小于调相轨道半径，则在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C错误；
D、天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力可知，GMmr2=mv2r，解得线速度：v=GMr，地球公转半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故D错误。
故选：B。
第二宇宙速度是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度；根据卫星的变轨原理分析；根据开普勒第三定律分析周期关系。
本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运用。

3.【答案】AC 
【解析】解：A、设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep.从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek1+Ep=mgxAsin30°…①
从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+Ep=mgxBsin30°…②
由②-①得：Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30°
据题有：xB-xA=0.4m
所以得从B点释放滑块最大动能为：Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30°=8J+0.5×10×0.4×0.5J=9J，故A正确；
B、由上分析知，物块的动能最大时合力为零，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力，即mgsin30°=kx，则知弹簧的压缩量一定，与物块释放的位置无关，所以两次滑块动能最大位置相同，故B错误；
C、根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：ΔEp>mg(xB-xA)sin30°=0.5×10×0.4×0.5J=1J，故C正确；
D、物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动，后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大。故D错误；
故选：AC。
物块压缩弹簧时，弹簧的弹力不断增大，根据物块的受力分析其运动情况，滑块动能最大时合力为零，由系统的机械能守恒求从B点释放滑块最大动能，并由系统的机械能守恒求弹簧最大弹性势能。
解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，判断其运动情况，知道物块压缩弹簧后先加速后减速，同时要明确能量是如何转化的。

4.【答案】D 
【解析】解：A、带电粒子从M孔沿MN连线方向射入两极之间，恰好能到达N点，说明粒子在电场中做匀减速直线运动，受到的电场力水平向左，与电场方向相反，则粒子带负电，故A错误；
B、两极板电量不变，故板间距离E不变，当粒子的速度方向与AB板的夹角为θ时，粒子的加速度不变，粒子沿从MN方向的位移小于d，不能到达CD板，故B错误；
C、带电粒子从M孔沿MN连线方向射入时，由运动学公式有v02=2ad。
粒子在竖直方向上做匀速直线运动，有y=v0cosθ⋅t；粒子在水平方向上做匀减速直线运动，运动时间为t=v0sinθa，则y=v0cosθv0sinθa=12v02sin2θa，当θ=45°时，粒子打在AB板上距M点最远，且最远距离为ymax=v022a=d<3d，因此，粒子不会从BD端口飞出，故C错误，D正确。
故选：D。
根据粒子的运动情况，判断粒子所受的电场力方向，从而确定粒子的电性；根据粒子沿水平方向的位移与板间距离d的关系，判断粒子能否到达CD板；运用运动的分解法，研究粒子在水平方向和竖直方向的运动规律，确定θ为多大时粒子打在AB板上的落点距M点最远。
本题采用运动的分解法研究带电粒子在电场中的类斜抛运动，要把握两个分运动的规律，熟练运用分位移公式进行解答。

5.【答案】ACD 
【解析】解：A.由一定质量的理想气体状态方程pVT=C变形得：p=CVT，故p-T图象上点到原点连线的斜率k=CV，即斜率和体积成反比；由图象知，从状态c→b，k增大，V减小，外界对气体做功，即W>0；从状态c→b温度降低，内能减小ΔU<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q<0，即气体放热，故A正确；
B.从状态d到c，温度不变，气压减小，根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知体积增加，说明气体对外做功，理想气体温度不变说明内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体吸收热量，故B错误；
C.从状态d到a，气压不变，温度降低，根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知气体体积减小，外界对气体做功，故C正确；
D.从状态b到a，因ab延长线过原点，属于等容变化，体积不变气体不做功，即W=0，温度升高内能增加，即ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q知，Q>0，即气体吸热，故D正确；
故选：ACD。
根据一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律判断；p-T图象中，点到原点连线的斜率与体积成反比，从状态c到b，各个点到原点的连线的斜率增大，故体积减小，说明外界对气体做功，温度减小说明内能减小，再根据热力学第一定律可以判断气体吸热；根据一定质量的理想气体状态方程可以判断气体体积的变化，从而确定气体做功；从状态b到a，为等容变化，气体不做功，温度升高内能增加，再根据热力学第一定律是否吸热。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。

6.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
根据波的传播方向，按照P、Q之间是否存在波谷进行分类讨论，得到波长，即可根据图乙求得周期，进而求得波速；
根据Q的振动方向，求到波谷的时间。
对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长(或由振动图得到振幅、周期)，再根据传播方向得到某质点的振动图(或波形图)，进而得到各质点的振动。

【解答】
t=0时，PQ之间有一个波峰，若波由P传向Q，则PQ之间可能的波形如图1和图2，
对于图1：λa=0.8m，T=0.2s，则波速va=λaT=4m/s，质点Q出现在波谷的时刻为(n+34)T，可能的时刻有0.15s，0.35s，0.55s，⋯；
对于图2：λa=0.4m，T=0.2s，则波速va=λaT=2m/s，质点Q出现在波谷的时刻为(n+14)T，可能的时刻有0.05s，0.25s，0.45s，⋯；
若波由Q传向P，则PQ之间可能的波形如图3和图4，图3情形同于图2，
若为图4，则有λc=0.83m，T=0.2s，则波速vc=λcT=43m/s，质点Q出现在波谷的时刻为(n+34)T，可能的时刻有0.15s，0.35s，0.55s，⋯。
根据以上分析，BCD正确。  
7.【答案】CD 
【解析】解：A、渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，即为：Ep=mgxsinθ=k斜x，由图b可得渐近线Ⅱ的斜率k斜=0.5N，解得sinθ=0.5，即θ=30°，故A错误；
B、由图b中的曲线Ⅰ知，在x=6m处B球的总势能最小，动能最大，该位置B球的合力为零，则有：mgsin30°=kQAQBx2，解得：QB=1.0×10-5C，故B错误；
C、M点的电势能EP1=E总-EP=E总-mgx1sinθ=6J-0.1×10×6×0.5J=3J
在M点B球总势能为6J，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10J
由图可知，总势能为10J时，有：x2=18m
此时的电势能为：EP2=E总'-EP'=E总'-mgx2sinθ=10J-0.1×10×18×0.5J=1J
所以电势能的减小量为：ΔEP=EP1-EP2=3J-1J=2J，即若B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2J，故C正确；
D、B球在M点的动能最大，速度最大该位置B受力平衡，由于重力沿斜面向下的分力不变，而沿斜面向上的电场力逐渐减小，所以B球受到的合外力先减小为0，然后从0开始逐渐增大，所以B球的加速度先减小后增大，故D正确。
故选：CD。
渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，由Ep=mgxsinθ=kx求解杆与水平面的夹角θ。由图b中的曲线Ⅰ知，在x=6m处B球的总势能最小，动能最大，合力为零，由平衡条件和库仑定律相结合求出B球的电荷量QB。根据电势能和电势的关系分析电势能的变化。根据牛顿第二定律分析B球的加速度a变化情况。
此题考查读图能力，关键要理解渐近线Ⅱ的物理意义，同时要熟练应用牛顿运动定律和能量守恒解题。

8.【答案】BC 
【解析】解：A、以金属棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F-mgsinθ-FA=ma，其中安培力FA=BIL=B2L2vR，
根据速度—时间关系可得：v=at，联立解得：F=mg+B2L2g2R⋅t，拉力F与时间不是成正比，故A错误；
B、t=0时，拉力F1=mg，t=t0时，拉力F2=mg+B2L2g2R⋅t0，
金属棒向上运动t0时间的过程中，平均作用力：F-=12(F1+F2)=mg+B2L2g4Rt0，
拉力F的冲量大小为mgt0+B2L2g4Rt02，故B正确；
C、t0时间内金属棒沿导轨向上运动的距离：x=12at02=14gt02，通过电阻R的电量q=ΔΦR总=BLxR=BLgt024R，故C正确；
D、金属棒沿导轨向上运动t0时间的过程中，根据动能定理可得：WF+WG+W安=12mv2，
根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热Q=-W安，所以：Q=WF+WG-12mv2，故D错误。
故选：BC。
以金属棒为研究对象，根据牛顿第二定律求解F的表达式分析A选项；
求出金属棒向上运动t0时间的过程中拉力的平均值，由此分析B选项；
根据电荷量的计算公式求解通过电阻R的电量；
根据动能定理、功能关系分析电阻R上产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

9.【答案】向左  图3 
【解析】解：发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多，如果想让水波通过小孔继续传播的范围变小，也就是使衍射现象不明显，可采用的方法是使小缝隙的宽度变大，可将左侧挡板适当向左移动。
激光经过单缝形成的衍射图像，是中央亮纹比其他亮纹又宽又亮，在光屏上能得到图3所示条纹。
故答案为：向左，图3。
根据发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多，根据题意可知向左移动；根据光发生衍射后形成的图像为中间较亮，周围暗一些。
该题考查波的衍射概念及产生明显衍射的条件，单缝衍射和小孔衍射图样，属于常规题型。

10.【答案】3  100 
【解析】解：根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，
汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F'=Pv=10000025N=4000N，
根据牛顿第二定律得，加速度a'=F'-fm=4000-10001000m/s2=3m/s2；
当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vm=Pf=1000001000m/s=100m/s；
故答案为：3，100
根据速度时间图线的斜率求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出匀加速运动的牵引力．根据匀加速运动的最大速度和牵引力的大小求出汽车的额定功率．结合P=Fv求出速度为25m/s时的牵引力，根据牛顿第二定律求出此时的加速度．当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=fv求出最大速度．
本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大。

11.【答案】(1)B；(2)2.40；(3)1 
【解析】解：(1)AD、细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误。
B、使用打点计时器，应先接通电源，后释放小车，故B正确。
C、电火花打点计时器与纸带间的阻力小于电磁打点计时器受到的阻力，故C错误。
故选：B。
(2)因为交流电源的频率f=50Hz，所以T=1f=150s==0.02s，已知相邻两计数点之间还有四个点未画出，故相邻两计数点之间的时间间隔为t=0.02×5s=0.1s由逐差法得：a=xBD-xOB4t2=(28.81-9.61-9.61)×0.014×0.12m/s2≈2.40m/s2．
(3)由小车的加速度a与力传感器示数F的关系图像根据牛顿第二定律得：2F-Ff=ma，当a=0时F=0.5N，故F f=2F=2×0.5N=1N
故答案为：(1)B；(2)2.40；(3)1
细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，使用打点计时器，应先接通电源，后释放小车。实验时应多打出几条纸带，从中选取最合适的一条求加速度。
此题要求我们要有一定的实验操作能力和实验分析能力，只有掌握了实验原理才能顺利解决在原实验基础上的拓展类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习．

12.【答案】600  R1  电流表内阻 U2I2 U12I1-U22I2  丙 
【解析】解：(1)用欧姆表“×100”挡位，由图示欧姆表表盘可知，多用表的读数为：6×100=600Ω；
(2)由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1；
由图乙所示电路图可知，电流表采用内接法，电流表有内阻，由于电流表分压使电压测量值偏大，导致电阻测量值大于真实值。
(3)设电流表A1的内阻为r1，根据实验步骤②可知：U1=I1RX+2I1r1=I1R2+2I1r1，
根据步骤③可得：U2=I2R2，
解得：RX=U2I2，r1=U12I1-U22I2；
(4)甲用欧姆表测电阻，用欧姆表只能粗测电阻阻值，不能准确测出待测电阻阻值；
乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为RX与电流表内阻的串联阻值，
求出的是待测电阻阻值与电流表内阻之和，由于电流表内阻未知，不能准确测出待测电阻阻值，存在系统误差；
由实验步骤与(3)的分析可知，丙同学的方法更有利于减小系统误差；
故答案为：(1)600；(2)R1；电流表内阻；(3)U2I2；U12I1-U22I2；(4)丙。
(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(2)为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据图示电路图分析实验误差来源。
(3)根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值与电流表内阻。
(4)根据实验步骤与实验原理分析实验误差，然后作出解答。
本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。

13.【答案】解：(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得
 mgR=12mvB2-0
解得：vB=3m/s
滑块在B点时，由牛顿第二定律得
 FN-mg=mvB2R
解得FN=60N
(2)滑块第一次到达D点时，弹簧具有的弹性势能为EP。
滑块从A点到D点，由动能定理可得
 mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°+W=0
又由功能关系可得EP=-W
解得：EP=1.4J
(3)滑块只有在水平轨道BC上消耗机械能，滑块最终停止在水平轨道BC上，设滑块在BC段运动的总路程为s。
滑块从A点滑下到最终停下来的全过程，由动能定理可得：
  mgR-μmgs=0
解得：s=2.25m
因s=5LBC+0.25m，故滑块经过C点6次
最后距离B点的距离L=0.4m-0.25m=0.15m
答：(1)滑块第一次经过圆弧轨道上的B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小为60N；
(2)滑块到达D点时，弹簧具有的弹性势能为1.4J；
(3)滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离为0.15m，滑块经过C点6次。 
【解析】(1)滑块从A到B，根据动能定理求滑块第一次经过B点时的速度。滑块第一次经过圆轨道上B点时，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力。
(2)滑块从A到D，根据动能定理求得弹簧弹力对滑块做的功，从而求得滑块到达D点时弹簧具有的弹性势能；
(3)将滑块在BC上的运动可看成一种匀减速直线运动，由牛顿第二定律和速度—时间公式相结合求滑块在水平轨道BC上运动的总时间。对整个过程，利用动能定理列式，即可求出滑块在BC上滑行的总路程，从而确定停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的次数。
本题考查动能定理及牛顿第二定律等规律的综合应用，要注意正确受力分析，对于涉及力在空间的积累效果时，应优先选用动能定理。

14.【答案】解：(1)对物块C由O→M→N应用动能定理，设C运动到N点速度大小为v0得：
WF-μ1mcg(2s1+s2)=12mcv02
解得：v0=2WFmc-2μ1g(2s1+s2)=4m/s
C与空盒B右壁相碰，动量守恒：mcv0=(mc+mB)v   
解得：v=v02=2m/s
(2)C与B碰后可看作一整体，令m=mc+mB=1kg，则BC整体和小车加速度分别为：
a1=qE+μ2mgm=2m/s2；a2=μ2mgmA=1m/s2
设经过t1时间后B与C整体与小车A速度相等，此过程中二者位移分别为x1、x2，以后二者相对静止．
v-a1t1=a2t1
解得：t1=va1+a2=23s
x1=vt1-12a1t12=89mx2=12a2t12=29m
故小车长度为：L=x1-x2=23m=0.67m
(3)由题意及上问知速度相等后BC与小车以共同加速度一起做匀减速运动，最终速度为零，
v共=a2t1=23m/s；
a共=qEm+mA=12m/s2
运动的时间为：t2=v共a共=43s
故电场作用的时间为t=t1+t2=2s
答：(1)物块C与空盒B碰后瞬间的速度为2m/s；
(2)小车的长度为0.67m；
(3)电场作用的时间为2s． 
【解析】(1)对物块C由O→M→N应用动能定理，求出C运动到N点速度，C与空盒B右壁相碰，动量守恒，根据动量守恒定律即可秋求解；
(2)C与B碰后可看作一整体，根据牛顿第二定律求出BC整体和小车的加速度，根据运动学基本公式求出小车和BC整体的位移，位移只差即为小车的长度；
(3)由题意及上问知速度相等后BC与小车以共同加速度一起做匀减速运动，最终速度为零，求出共同速度和加速度，求出运动时间即可求解．
本题主要考查了动量守恒定律、动能定理、运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，难度适中．

15.【答案】解：(1)粒子从A点射入电场后做类平抛运动，沿x轴正方向的加速度大小为
 a= qEm=v02L    ①
设粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，沿x轴正方向的分速度为vx，根据类平抛运动规律有
   32L=12at2   ②
   vx=at       ③
  y0=v0t     ④
根据速度的合成与分解可得
  tanθ=vxv0   ⑤
v=vx2+vy2   ⑥
联立①～⑥式解得
   θ=60°   ⑦
 v=2v0   ⑧
 y0=3L   ⑨
(2)如图1所示，设粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切时的运动半径为r1，易知此时B具有使粒子能够再次回到电场区域的最小值，根据几何关系可得
 
 r1+r1cosθ=L   ⑩
根据牛顿第二定律有
 qvBmin=mv2r1⑪
联立⑦⑧⑩⑪解得Bmin=3mv0qL⑫
所以磁感应强度B应满足B≥3mv0qL⑬
(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P点，分以下两种情况讨论：
第一种情况：如图2所示，粒子从电场区域射出时经过P点，设这种情况下粒子在磁场中的运动半径为r2，磁场的磁感应强度为B1，根据粒子在电场中做类似抛体运动和在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对称性可得
 
3y0-2r2sinθ=833L⑭
根据牛顿第二定律有
  qvB1=mv2r2⑮
联立⑦⑧⑨⑭⑮解得B1=6mv0qL⑯
第二种情况：如图3所示，粒子从磁场区域射出时经过P点，设这种情况下粒子在磁场中的运动半径为r2，磁场的磁感应强度为B2，根据粒子在电场中做类似抛体运动和在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对称性可得
 
3y0-4r3sinθ=833L⑰
根据牛顿第二定律有
  qvB2=mv2r3⑱
联立⑦⑧⑨⑰⑱解得B2=12mv0qL⑲
答：(1)粒子第一次经过y轴的位置离原点O的距离y0为3L，速度大小v为2v0；
(2)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，磁感应强度B应满足的条件是B≥3mv0qL；
(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P(0,833L)点，磁感应强度B的大小为6mv0qL或12mv0qL。 
【解析】(1)粒子从A点射入电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度大小。根据分运动公式求解粒子第一次经过y轴的位置离原点O的距离y0，由分速度公式和速度合成求速度大小v。
(2)研究临界情况：粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切，根据几何知识求出轨迹半径，根据牛顿第二定律求磁感应强度大小，从而求得磁感应强度B应满足的条件。
(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P点，分两种情况讨论：
第一种情况：粒子从磁场区域射出时由电场经过P点；第二种情况：粒子从磁场区域射出时由电场进入磁场，再由磁场经过P点；画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出磁感应强度。
解决本题的关键是搞清粒子每段过程的运动情况，能正确作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，并能根据几何知识求解粒子运动的轨迹半径，要注意不能漏解。