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2021-2022学年浙江省宁波市高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省宁波市高二（下）期末物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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2021-2022学年浙江省宁波市高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本题共12小题，共36分）
1. 2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将3名航天员送入太空。下列说法正确的是( )
A. “0时23分”、“582秒”指的是时刻
B. 飞船在直线上升过程中，位置变化越快，速度就越大
C. 飞船进入预定轨道后，速度保持不变
D. 由于飞船的大小相比地球的尺寸很小，因此可始终将其视为质点来研究
2. 随着时代的发展，能源格局面临新的机遇与挑战。下列关于能量和能源说法正确的是( )
A. 由于自然界的能量是守恒的，所以不需要节约能源
B. 在利用能源的过程中，能量在数量上逐渐减少
C. 能量在转化过程中具有方向性，因此能源是有限的
D. 核能是可再生能源，应大力开发和使用
3. 用显微镜观察悬浊液中小碳粒的布朗运动，实验中每隔30s把小碳粒的位置记录下来，然后用线段把这些位置按时间顺序依次连接起来，便可以得到如图所示的图像。下列说法正确的是( )
A. 小碳粒的布朗运动属于分子热运动
B. 小碳粒作布朗运动间接表明液体分子的运动是无规则的
C. 图中折线表明小碳粒在短时间内的运动是规则的
D. 温度越高，小碳粒的质量越大，布朗运动就越明显
4. 教室里要挂一个城市文化宣传框，假若粘钩的承重能力足够，以下哪种悬挂方式绳上的拉力最小( )
A. B. C. D.
5. 1900年，德国物理学家普朗克在研究黑体辐射的规律时，发现只有假定电磁波发射和吸收的能量是一份一份的，计算结果才能和实验结果相符，每一份能量与电磁波的领率呈正比，比例系数就是普朗克常量h，下列关于普朗克常量单位的表示正确的是( )
A. J/s B. kg⋅m2/s C. kg⋅m/s2 D. eV
6. 如图所示，光纤灯是现代装饰照明的新型灯具，由光源、反光镜、滤光片及光纤组成，点状光源通过反光镜后，形成一束近似平行光，又通过滤光片，最后进入光纤，形成一根根色彩斑斓的柔性光柱。下列说法正确的是( )
A. 点状光源发出的光可通过平面镜反射后形成平行光
B. 光纤内芯的折射率应大于包套材料的折射率
C. 光在光纤的传播是利用了光的衍射原理
D. 光在光纤中传播时，颜色会发生变化，从而创造出绚烂多彩的效果
7. 如图所示为研究光电效应现象的实验装置，真空光电管的阴极K涂有一层光电材料，阳极A是金属材料。当用紫光照射阴极K时，微安表μA中能检测到光电流，下列说法正确的是( )
A. 若增大紫光的光照强度，光电流一定会增大
B. 若用紫光照射阳极A时，一定也有光电流
C. 若换用红光照射阴极K时，一定也有光电流
D. 若停止用紫光照射阴极K，能观测到光电流缓慢减小直至为0
8. 如图所示，在同一种均匀介质中，中心波源O持续振动，产生两列沿相反方向传播的横波，当波源振动频率逐渐增大时，下列波形图中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 2022年3月23日，吉祥物冰墩墩和航天员王亚平亮相“天宫课堂”。若飞船作圆周运动的轨道距地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则在地球上看，王亚平手中的冰墩墩的加速度是( )
A. 0 B. g C. (R+h)2R2g D. R2(R+h)2g
10. 用一款手摇式绞轮来打井水，如图所示，轮轴上的麻绳螺旋式地紧密缠绕，A、B、C分别为麻绳上三个不同位置的点，D为手柄的端点，忽略麻绳的重力且麻绳与轮轴无相对滑动。操作员按图中所示的方向匀速转动一圈(从右往左看是逆时针旋转)，此过程中( )
A. 麻绳上A点的速度大于B点的速度
B. 手柄上D点的角速度小于麻绳上的C点的角速度
C. 麻绳上B点的向心加速度大于手柄上D点的向心加速度
D. 操作员在手柄处的外力大小可能小于水桶及桶中水的重力之和
11. 用感应起电机使两个相互靠近的验电羽带上电后，出现如图所示的现象，图中M、N、P分别为丝线上的三个点，下列说法正确的是( )
A. 两验电羽带同种电荷
B. 图中M点位置的电势高于N点
C. 图中M点位置的电场强度大于P点
D. 图中N点位置的电场强度的方向沿所在丝线的切线方向
12. 将一带正电的小球用同一根绝缘细线先后悬挂于匀强电场和匀强磁场中，如图所示，电场的方向竖直向下，磁场的方向垂直纸面向外。小球偏离竖直方向相同角度静止释放，均能在竖直面内来回摆动(绳子始终处于张紧状态)，下列关于小球在摆动过程中的说法正确是( )
A. 无论在电场还是磁场中，小球位置越低绳上张力越大
B. 无论在电场还是磁场中，小球在摆动过程中机械能守恒
C. 小球在电场中的周期等于在磁场中的周期
D. 小球在电场中的最大速度大于在磁场中的最大速度
二、多选题（本题共4小题，共9分）
13. 随着环境问题的日益严重及电池技术的不断发展，电动汽车逐渐走进了我们的生活。锂电池具有重量轻、容量大、可靠性强等优点，为电动汽车提供电能。某品牌纯电动汽车的电池板的铭牌如图甲所示，电池板内部共含有7104节工作电压为4.2V，容量为2800mA⋅h的锂电池，其内部结构如图乙所示，电池板由16个电池组串联而成，每个电池组由6个电池包串联而成，每个电池包由74节锂电池并联而成。下列说法正确的是( )
A. 每节锂电池储存的最大电能约为12J
B. 每个电池包的额定工作电流约为2.8A
C. 每个电池组的额定工作电压约为25V
D. 整块电池板的总容量约为2×104A⋅h
14. 1974年，我国第一艘核动力潜艇“长征一号”正式限役，安全航行近40年后于2013年宣布退役。该核动力潜艇所用燃料的一种核反应方程是 92235U+01n→X+3894Sr+1001n。关于该核反应，下列说法正确的是( )
A. X的质子数为54 B. X的中子数为87
C. 该核反应属于热核反应 D. X的比结合能大于 92235U的比结合能
15. 如图甲所示为某一温度报警器的工作电路，原线圈的输入电压随时间变化的关系图像如图乙所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，其中热敏电阻R的阻值随温度升高而变小，电磁继电器K是由电流控制的自动双向开关，正常情况下动触点a与常开触点b接通，当环境温度达到报警温度时，动触点a与常闭触点c接通，蜂鸣器H发声报警，下列说法正确的是( )
A. 副线圈输出电压的有效值为22V
B. 正常情况下，变压器原、副线圈中的电流之比为10：1
C. 正常情况下，环境温度越高，变压器的输入功率越大
D. 原、副线圈的匝数比越大，报警温度就越低
16. 如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则( )
A. 两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL
B. 两购物车碰撞后瞬间的速度大小为gL
C. 两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL
D. 工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m10kgL
三、实验题（本题共2小题，共16分）
17. 某同学用双缝干涉实验装置测量某单色光的波长，将实验仪器按如图甲所示安装在光具座上，调节毛玻璃与双缝的距离为750mm，从仪器注明的规格可知双缝的间距为0.2mm。
(I)M、N、P三个光学元件依次为______(单选)。
A.滤光片、单缝、双缝
B.滤光片、双缝、单缝
C.偏振片、单缝、双缝
D.双缝、偏振片、单缝
(2)该同学通过测量头的目镜观察到如图乙所示的图像，下列调节使条纹与分划板竖线对齐的正确操作是______(单选)。
A.前后移动透镜
B.旋转滤光片
C.左右拨动拨杆
D.旋转测量头
(3)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。该同学把从目镜观察到的各亮条纹进行编号，然后单方向转动手轮，此时分划板处于图丙位置时对应测量头的读数是______mm；继续缓慢地单方向转动手轮，当编号为5的亮条纹移动至分划板中心时对应测量头的读数如图丁所示，由此可测量得单色光的波长λ=______nm。(结果保留3位有效数字)
18. (1)国家规定25℃时下标准饮用水的电阻率为1kΩ⋅m～10kΩ⋅m。某同学想通过实验来测量家中自来水的电阻率。他将自来水装入到一个玻璃容器中，容器的底面是边长a=40.00cm的正方形，盛水的高度h=30.00cm，两个相对的侧面各引出一个电极，从而制作了一个“水电阻”。
①如图甲所示，该同学从实验室中选择了一些电学元件来测量“水电阻”的阻值实验电路，毫安表接入电路的量程为3mA，完成连线后闭合开关，调节滑动变阻器到某一位置时，毫安表的示数如图乙所示，此时毫安表的读数I=______mA；
②进一步实验，发现无论如何调节滑动变阻器的滑片位置，电压表和毫安表的示数变化都很小，请在答题纸图甲中再添加一根导线使电压表和毫安表都有较大的变化范围；
③修改电路后，该同学将所测数据点标在了如图丙所示的坐标纸上，正确处理数据后，可得自来水的电阻率ρ=______kΩ⋅m。(结果保留两位有效数字)
(2)在用“油膜法估测油酸分子的大小”实验中
①请选出并补齐必要的实验操作，并将它们按操作先后顺序排列：A、______、F；(用字母表示)
②某同学实验中最终测得的油酸分子直径偏大，其原因可能是______(多选)。
A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算
B.估算油酸膜的面积时，错将所有不完整的方格均作为完整方格处理
C.水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
D.数每毫升油酸酒精溶液的滴数时，多数了2滴
四、计算题（本题共4小题，共39分）
19. 鱼在水面下深度为h处吐出一个气泡，当气泡缓慢上升至水面时，气泡的体积由V1增大至V2。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，水面的热力学温度为T0且高于水下的温度，气泡内的气体可视为理想气体。
(1)气泡在上升的过程中对外界做正功还是负功，向外界吸热还是放热；
(2)求气泡刚被吐出时，其内部气体的温度T1。
20. 2022年2月4日至2月20日，北京冬奥会成功举办，为世界展现了一场精彩纷呈的体育盛典。如图所示是越野滑雪赛的一段赛道，AB段是出发平台，BC段是倾角θ=53°长度L=4m的助滑雪道，运动员在其上滑行时可以选择性地使用滑雪杖获得恒定推力，CDEFG段是起伏雪道，其中CDE段为半径R=2m的圆弧雪道，D点为该段雪道的最低点，EF段为半径很大的圆弧雪道，F点为该段雪道的最高点，C点和F点处在同一高度上，FG段为一般曲线雪道，GH段是倾角α=45°的着陆雪道，F点与G点的高度差h=4m，G点与H点的高度差H=16m，各雪道间均平滑连接且不计滑雪板与雪道间的摩擦及其他阻力。某次比赛中，质量m=60kg的运动员(含装备)从B点静止出发，用滑雪仗助推后沿CDEF雪道滑至F点飞出，再飞跃雪道FG段，恰好从G点沿与雪道平行方向进入着陆雪道。为研究问题方便，运动员可看成质点。
(1)求该运动员滑行至F点时的速度大小；
(2)求该运动员滑行至D点时对雪道的压力；
(3)若该运动员在助滑雪道上通过滑雪杖获得的恒定推力大小为F=800N，运动员想直接从F点降落在着陆雪道的H点，则需在助滑雪道使用滑雪杖加速的距离应为多大。
21. 如图所示，空间在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B=5T。MN和PQ是两根互相平行、水平放置的金属导轨，已知两导轨之间的宽度L=0.4m，导轨足够长且电阻不计，在两导轨之间连接电流传感器，电流传感器与计算机相连，已知电流传感器的电阻R=1Ω。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属棒，其质量m=0.1kg，电阻r=3Ω，与导轨的动摩擦因数μ=0.2。开始时金属棒靠在弹射器上，启动弹射器后，金属棒立即获得一个水平向右的初速度v0=4m/s，从棒开始运动到停止的过程中，棒始终与两导轨垂直，且由计算机测得流经电流传感器的电荷量q=0.17C。求：
(1)棒刚开始运动时电流传感器中的电流大小I，此时P点和M点中哪一点电势更高；
(2)棒运动的总时间t；
(3)棒上产生的焦耳热Q。
22. 如图所示，T字形显像管由两个相互垂直的长方体真空管组合而成。真空管P内装有电子枪和加速电极，能产生高速运动的电子束。真空管Q的前后两表面是边长L=30cm的正方形，在前、后两端密绕励磁线圈，当有电流通过线圈时，能产生平行于线圈轴线方向的匀强磁场。真空管Q的上、下表面为偏转电极，当加上电压后，能产生竖直方向的偏转电场。真空管Q的右表面是荧光屏，在左表面的中心处开有一小孔C，当偏转电极不加电压，励磁线圈也不通电流时，电子束从电子枪射出后沿直线运动，以速度v0通过小孔C进入真空管Q打到荧光屏的正中心O点，在屏上产生一个亮斑。现让励磁线圈通入某一恒定电流，激发磁场的磁感应强度大小B=3×10-4T，发现亮斑向下移动的距离为d=10cm，再让偏转电极加上恒定电压U=2400V，亮斑重新回到O点。不计电子的重力。求：
(1)根据题中描述的物理现象，加速电极的接线柱“1”、“2”，偏转电极的接线柱3”、“4，励磁线圈的接线柱“5”、“6”，各部件的哪个接线柱应接电源正极；
(2)求电子的比荷(即电荷量与质量的比值)；
(3)当偏转电极不加电压，调节励磁线圈中的电流大小，亮斑会上下移动，求所有能打到荧光屏上的电子在磁场中运动时间的取值范围？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、“0时23分”指的是时刻、“582秒”指的是时间间隔，故A错误；
B、速度等于位移与时间的比值，位置变化越快，速度越大，故B正确；
C、飞船进入预定轨道后，做曲线运动，速度方向不断变化，故C错误；
D、物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，故D错误；
故选：B。
时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，速度是描述物体运动快慢的物理量，物体的位置变化越快，则速度越大。
对于物理中的基本概念要理解其本质不同，不能停在表面，如时间与时刻的区别，看成质点的条件等，难度不大，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A、虽然自然界中的能量是守恒的，但在能量的使用过程中，能量的品质会下降，所以需要节约能源，故A错误；
B、根据能量守恒定律，在利用能源的过程中，总能量在数量上是不变的，故B错误；
C、能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，能源使用后品质降低，不能再作为能源使用，所以能源是有限的，故C正确；
D、核能在地球上的储量是一定的，属于不可再生能源，故D错误。
故选：C。
自然界中的能量是守恒的，但在能量的使用过程中，能量的品质会下降，能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性。
本题考查对能源的开发和使用情况的认识，要知道能量是守恒的，但能源存在耗散现象，要注意节约能源。
3.【答案】B
【解析】解：A、实验中可以观察到悬浮在液体中的小炭粒在不停地做无规则运动，观察到的不是分子热运动，故A错误；
B、悬浮在液体中小碳粒的这种无规则运动叫布朗运动，间接表明液体分子的运动是无规则的，故B正确；
C、根据题意，每隔30s把观察到的小碳粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，故布朗运动图象是每隔30s固体微粒的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线，表明小碳粒在短时间内的运动是无规则的，故C错误；
D、温度越高，小碳粒越小，布朗运动越剧烈，故D错误。
故选：B。
布朗运动是浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的；布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。
本题重点考查了分子动理论的内容，关键明确布朗运动特点和意义，知道碳粒越小、温度越高，布朗运动越明显。
4.【答案】A
【解析】解：合力一定，两个分力夹角越大，分力越大；夹角越小，分力越小；由图可知A中绳子拉力最小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
由合力与分力的关系解答。
本题考查应用物理知识解决生活问题，理论联系实际，学以致用。
5.【答案】B
【解析】解：由光子能量E=hν=h1T可得：h=ET，所以h的单位为：1J⋅s=1N⋅m⋅s=1kg⋅m⋅s-2⋅m⋅s=1kg⋅m2/s.故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据公式E=hν进行单位运算即可。
普朗克单位属于导出单位，所以需要熟悉物理各个公式才能正确得到结果。
6.【答案】B
【解析】解：A、光的反射遵守反射定律，点状光源发出的光可通过平面镜反射后形成散射光，不能形成平行光，故A错误；
B、光在光纤内芯中传播过程发生全反射，光纤内芯的折射率应大于包套材料的折射率，故B正确；
C、光在光纤的传播是利用了光的全反射原理，故C错误；
D、光在光纤中传播时，颜色不会发生变化，故D错误。
故选：B。
光在光纤内芯传播过程发生全反射，光在传播过程光的频率不变，颜色不变，根据题意分析答题。
本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
7.【答案】A
【解析】解：AC、根据光电效应方程eU=Ek=hν-W可知，若换用红光照射阴极K时，不一定有光电流，且光照强度越大，光电流越大，故A正确，C错误。
B、若用紫光照射阳极A时，没有光电流，故C错误。
D、若停止用紫光照射阴极K，能观测到光电流瞬间减小至0，故D错误。
故选：A。
根据光电效应方程分析判断光电效应的条件；光电效应具有瞬时性。
本题考查了光电效应规律，解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光电流与光照强度的关系。
8.【答案】A
【解析】解：波速由介质的性质决定，当波源振动频率逐渐增大时，波速不变，由波速公式v=λf分析可知波长逐渐减小，结合对称性可知，A图正确，故A正确，BCD错误。
故选：A。
当波源振动频率逐渐增大时，波速不变，由波速公式v=λf分析波长的变化，结合对称性分析。
解决本题时，要抓住对称性分析左右两列波的关系，要知道波速由传播介质决定，与波源的振动频率无关。
9.【答案】D
【解析】解：AB、冰墩墩绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式：GMm(R+h)2=ma
在地球表面附近有：GMmR2=mg
联立可得a=R2(R+h)2g，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据地球表面的物体受到的重力等于万有引力得GM=gR2，组合体匀速圆周运动过程中万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握冰墩墩运动的万有引力提供向心力，选择合适的向心力公式解得。
10.【答案】D
【解析】解：A、麻绳上A点的速度等于轮轴边缘的线速度，等于B点的速度，故A错误；
B、因C、D两点同轴转动，则角速度相等，即手柄上D点的角速度等于麻绳上的C点的角速度，故B错误；
C、因B、D两点的角速度相等，根据a=ω2r可知，麻绳上B点的向心加速度小于手柄上D点的向心加速度，故C错误；
D、操作员在手柄处的外力方向沿着垂直半径方向，则该力的力臂大于轮轴上绳子上的重力的力臂，则操作员在手柄处的外力大小小于水桶即桶中水的重力之和，故D正确；
故选：D。
根据传动模型的特点分析出不同点的线速度和角速度的大小关系；
根据加速度的表达式分析出向心加速度的大小关系；
根据力臂的大小关系得出力的大小关系。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉传动模型的特点，结合圆周运动公式完成分析。
11.【答案】C
【解析】解：A、感应起电，两验电羽应该带异种电荷，故A错误；
B、两验电羽电性无法判断，电势高低无法判断，故B错误；
C、靠近带电体，电场强度大，故C正确；
D、验电羽羽毛并不代表电场线方向，故D错误。
故选：C。
根据感应起电规律以及空间电场分布可判断出正确选项。
主要考查感应起电规律。
12.【答案】D
【解析】解：A.在电场中，由于小球所受电场力方向与速度方向无关，所以小球位置越低，电场力和重力的合力做功越多，小球速度越大，所需向心力越大，绳的张力越大；在磁场中，小球所受洛伦兹力与运动方向有关，如图所示，假设小球在位置1、2高度相同，由于小球摆动过程中洛伦兹力始终不做功，则根据机械能守恒定理可知小球在1、2位置速率相同，而根据左手定则可知小球在位置1所受洛伦兹力方向与细线拉力方向相反，在位置2所受洛伦兹力方向与细线拉力相同，而在两个位置小球重力在沿绳方向的分力相同，所以有
T-qvB-mgcosθ=mv2R
T'+gvB-mgcosθ=mv2R
比较以上两式可知
T
B.在电场中，细线拉力不做功，小球从最高点向最低点摆动过程中，电场力做正功，小球机械能增大，从最低点向最高点摆动过程中，电场力做负功，小球机械能减小；在磁场中，细线拉力不做功，洛伦兹力也不做功，小球在摆动过程中机械能守恒，故B错误；
C.小球在磁场中所受洛伦兹力方向始终沿着细线方向，则洛伦兹力不提供单摆振动的回复力，即小球运动周期为T=2πLg
小球在电场中所受电场力和重力都竖直向下，等效的重力加速度
g'=g+qEm
比重力加速度大，则周期
T'=2πLg'
所以小球在电场中的周期小于在磁场中的周期，故C错误：
D.无论在电场还是磁场中，小球在最低点时速度最大，小球释放后从最高点到最低点运动过程中，重力做功相同，电场中小球受到电场力做正功，磁场中小球受到洛伦兹力不做功，则根据动能定理可推知小球在电场中的最大速度大于在磁场中的最大速度，故D正确。
故选：D。
分解小球在电场或磁场中运动时各个力做功情况，结合牛顿第二定律分析绳子拉力情况，同时分析机械能是否守恒，根据单摆周期公式比较周期大小。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解题关键掌握小球受力情况，注意单摆周期公式的应用。
13.【答案】CD
【解析】解：A、每节锂电池储存的最大电能约为E=qU=2800×10-3×3600×4.2J=42336J，故A错误；
B、电池包由74节锂电池并联而成，每个电池包的额定工作电流约为I=2800×10-3×74A=207.2A，故B错误；
C、每个电池组由6个电池包串联而成，每个电池包由74节锂电池并联而成，每个电池组的额定工作电压约为U电池组=4.2×6V≈25V，故C正确；
D、整块电池板的总容量约为q=2800×10-3×1×7104A⋅h≈2×104A⋅h，故D正确。
故选：CD。
根据电池的参数应用串并联电路特点分析答题。
认真审题理解题意、根据题意获取所需信息是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。
14.【答案】AD
【解析】解：A、根据核反应当中的电荷数守恒得到X的质子数为92+0-38=54，故A正确；
B、根据核反应当中的质量数守恒可得X的质量数为235+1-94-10×1=132.由上面知道X的质子数为54，所以X的中子数为132-54=78，故B错误；
C、该核反应属于核裂变，故C错误；
D、核反应是朝着比结合能大的方向进行的，所以X的比结合能大于 92235U的比结合能，故D正确。
故选：AD。
根据核反应当中质量数和电荷数守恒判断X的质子数；热核反应属于核聚变；核反应是朝着比结合能大的方向进行的。
这部分内容掌握两点就可以了，一是核反应中质量数和电荷数守恒；第二点是核反应是朝着比结合能大的方向进行。
15.【答案】AC
【解析】解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压2202V，则有效值为U1=220V，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，所以副线圈的电压是U2=n2n1U1=110×220V=22V，故A正确；
B、理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为I1I2=n2n1=110，故B错误；
C、Rt处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，理想变压器的输入、输出功率之比为1：1，变压器的输入功率变大，故C正确；
D、原、副线圈的匝数比越大，则副线圈上的电压越小，则流过热敏电阻的电流越小；电磁继电器K是由电流控制，而电磁继电器K电流增大到特定的数值动触点a才与常闭触点c接通，所以原、副线圈的匝数比越大则报警温度就越高，故D错误。
故选：AC。
由图乙可知交流电压最大值Um=2202V，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
16.【答案】CD
【解析】解：A、两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和W=kmg×2L+kmgL=3kmgL，故A错误；
B、设两辆购物车碰撞后瞬间的速度大小为v2，由动能定理得：-2kmgL=0-12×2mv22，解得：v2=2kgL，故B错误；
C、设碰撞前瞬间第一辆购物车的速度大小为v1，两购物车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2
碰撞过程，由能量守恒定律得：12mv12=12×2mv22+ΔE，解得碰撞过程损失的机械能：ΔE=2kmgL，v1=22kgL，故C正确；
D、设工人刚推出第一辆购物车时购物车的速度大小为v0，由动能定理的：-kmgL=12mv12-12mv02
人推出购物车过程，由动量定理得：I=mv0，解得工人给购物车的冲量大小：I=m10kgL，故D正确。
故选：CD。
应用功的计算公式求出整个过程克服摩擦力做的功；
应用动能定理可以求出两购物车碰撞后瞬间的速度大小；
两购物车碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞前第一辆购物车的速度，应用能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能；
应用动能定理求出刚推出第一辆购物车时购物车的速度，应用动量定理可以求出工人给第一辆购物车的水平冲量大小。
本题关键在于运动的过程较多，可以交叉运用动能定理和动量守恒定律列式求解，解题时注意要规定正方向，正确建立方程即可求解。
17.【答案】A D 3.22 636
【解析】解：(1)为了获取单色的线光源，透镜后面依次放置滤光片、单缝，单缝形成的相干线光源再经过双缝产生干涉现象，因此M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)图乙所示的图像显示干涉条纹与分划板竖线不对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头，分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对齐，故ABC错误，D正确；
故选：D。
(3)图丙游标卡尺为50分度，分度值为0.02mm，根据游标卡尺的读数规律，图丙位置对应测量头的读数为x1=3mm+11×0.02mm=3.22mm
(4)图丁位置对应测量头的读数为
x5=12mm+38×0.02mm=12.76mm
条纹间距为
Δx=x5-x14=12.76-3.224mm=2.385mm
由Δx=λLd
联立解得：λ=dΔxL=0.2×10-3×2.385×10-3750×10-3m=6.36×10-7m=636nm
故答案为：(1)A；(2)D；(3)3.22；(4)636
(1)根据实验原理掌握正确的实验装置摆放特点；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；
(4)根据波长的计算公式得出波长的大小。
本题主要考查了双缝干涉测量光的波长的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式Δx=λLd即可完成分析。
18.【答案】2.20 0.16 EB A
【解析】解：(1)①电流表的最程是3mA，最小刻度为0.1mA，指针指在过2大格2小格的位置，所以此时电流表的示数为2.20mA。
②根据所测的电阻值，因此必须选取阻值较小的滑动变阻器，由于要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法，连线如图所示；
③正确的在图丙中画出一条直线，由图象斜率可知，总电阻为R总=UI=11.821.5×10-3Ω=548.8Ω，根据电阻定律R=ρLS，故有ρ=RSL=548.8×0.4×0.30.4Ω⋅m=160.Ω⋅m=0.16kΩ⋅m；
(2)①根据图示可以看出，A步骤是从配制好的油酸溶液中取一定体积溶液数出共多少滴，从而计算出一滴溶液的体积，而最后一步是在坐标纸上描出水面上油酸的形状。
所以中间还差的步骤是：在水面上画撒一层痱子粉，然后在水面上滴一滴油酸。故应填：EB；
②A、错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，显然体积的测量值偏大，则直径也偏大，，故A正确；
B、估算油酸膜的面积时，错将所有不完整的方格均作为完整方格处理，使面积的测量值变大，则直径测量值偏小，故B错误；
C、水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开使油酸的面积偏小，则直径的测量值偏大，故C正确；
D、数每毫升油酸酒精溶液的滴数时，多数了2滴，则一滴油酸的体积测量值偏小，则由公式d=VS可知直径测量值偏小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)①2.20、②见解析所示、③0.16；(2)①EB、②AC
(1)①根据电流表的量程和最小分度去读数；
②根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，根据测量的误差确定滑动变阻器的分压还是限流接法．
③根据电阻定律和欧姆定律求电阻率。
(2)①根据实验原理结合公式V=dS，分析还差的实验步骤；
②根据公式V=dS结合选项完成分析产生的误差大小。
解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，以及掌握如何选择电流表的内外、接、滑动变阻器的分压、限流接法；本题是以油酸分子呈球型单层排列分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。
19.【答案】解(1)泡泡内的气体视为理想气体，气体的温度升高，气体的内能变大，根据热力学第一定律得：ΔU=W+Q；
气体体积变大，气体对外做功，W为负，ΔU为正，所以气体从外界吸收热量。
(2)由一定质量理想气体状态方程得：p1V1T1=p0V2T0，p1=p0+ρgh
联立解得：T1=(p0+ρgh)V1T0p0V2
答：(1)气泡在上升的过程中对外界做负功，向外界吸热；
(2)气泡刚被吐出时，其内部气体的温度为(p0+ρgh)V1T0p0V2。
【解析】(1)理想气体的内能由温度决定，根据热力学第一定律即可求解；
(2)根据一定质量理想气体状态方程可解得。
本题考查热力学第一定律与一定质量的理想气体状态方程和液体压强与深度的关系，注意对热力学第一定律中各物理量的符号。
20.【答案】解：(1)从F到G，运动员做平抛运动，在竖直方向：vy2=2gh，解得vy=45m/s，在G点，根据速度的合成与分解如图所示：
可得vF=vytan45°=45m/s
(2)从C到F，根据动能定理可知：vC=vF=45m/s
从C到D，根据动能定理可得：mgR(1-cos53°)=12mvD2-12mvC2
在D点，根据牛顿第二定律可得：FN-mg=mvD2R
联立解得FN=3480N
根据牛顿第三定律可知：对轨道的压力为F'N=FN=3480N
(3)从F到G运动的时间为t，则h=12gt2，解得t=255s，从F到G水平方向的位移为x'=vFt=45×255m=8m
要使运动员落到H，则h+H=12gt'2，解得t'=2s
在水平方向：x'+Htan45∘=v'Ft'，解得v'F=12m/s
设需在助滑雪道使用滑雪杖加速的距离应为L'，从B到F的过程中，根据动能定理可得：mgLsin53°+FL'=12mvF'2-0，解得L'=3m
答：(1)该运动员滑行至F点时的速度大小为45m/s；
(2)该运动员滑行至D点时对雪道的压力为3480N；
(3)若该运动员在助滑雪道上通过滑雪杖获得的恒定推力大小为F=800N，运动员想直接从F点降落在着陆雪道的H点，则需在助滑雪道使用滑雪杖加速的距离应为3m。
【解析】(1)运动员从F到G做平抛运动，根据运动学公式求得F点的速度；
(2)由于CF处于同一高度，故CF点的速度大小相同，从C到D，根据动能定理求得到达D点的速度，在D点根据牛顿第二定律求得相互作用力；
(3)从F到H，根据平抛运动求得到达F点的速度，从B到F，根据动能定理求得使用滑雪杖加速度的距离。
本题主要考查了动能定理，关键是过程的选取，明确各个力的做功情况，利用好平抛运动。即可
21.【答案】解：(1)棒刚开始运动时，棒产生的感应电动势为E=BLv0=5×0.4×4V=8V
由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=81+3A=2A
由右手定则判断可知，棒中感应电流方向由b到a，则此时P点和M点中M点电势更高；
(2)取向右为正方向，对棒，由动量定理得
-μmgt-BI-L⋅t=0-mv0
流经电流传感器的电荷量q=I-⋅t
联立解得t=0.3s
(3)设棒运动的最大距离为x。
由q=I-⋅t=BLv-⋅tR+r=BLxR+r
可得x=0.34m
根据能量守恒定律可得：
12mv02=μmgx+Q总
棒上产生的焦耳热为Q=rR+rQ总
联立解得Q=0.549J
答：(1)棒刚开始运动时电流传感器中的电流大小I为2A，此时P点和M点中M点电势更高；
(2)棒运动的总时间t为0.3s；
(3)棒上产生的焦耳热Q为0.549J。
【解析】(1)棒刚开始运动时，由E=BLv0求出棒产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求电流传感器中的电流大小I，由右手定则判断P点和M点电势高低；
(2)对棒，利用动量定理求棒运动的总时间t；
(3)根据q=I-⋅t求出棒运动的距离，根据能量守恒定律求棒上产生的焦耳热Q。
本题中，棒做的是非匀变速直线运动，不能根据动力学方法求运动时间，可运用动量定理求运动时间。
22.【答案】解：(1)由题意得，加速电极的接线柱2，偏转电极的接线柱3，励磁线圈的接线柱5应接电源正极。
(2)偏转电场和偏转磁场同时存在时，亮斑重新回到O点，则电场力与洛伦兹力平衡，由
qUL=qvB
解得电子束的入射速度v=83×107m/s
只存在偏转磁场时，如图1，由几何关系
(r-d) 2+L2=r2
解得偏转半径
r=0.5m
电子作圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
综上，得电子比荷
qm=1.78×1011C/kg
(3)入射到真空管Q的电子速度一定时，时间越长，轨迹越长，亮斑位置越低，偏转半径越小，磁场越大，励磁电流越大。如图2所示
图1 图2
当亮斑在最低点
d'=L2
时间最长。由几何关系
(r'-d) 2+L2=r'2
磁感应强度与偏转半径成反比，磁感应强度
B'=rr'B
偏转角为
sinθ'=Lr'
圆周运动的时间
tmax=θ'2π⋅2πmqB'
因时问越短，轨迹越短，亮斑位置越高，偏转半径越大，磁场越小，励磁电流越小当亮斑在O点时，时间最短，磁场为零，可认为电子作匀速直线运动
tmin=Lv
代入数据解得：tmax=1.3×10-8s，tmin=1.1×10-8s
综上，电子在磁场中运动时间的取值范围约为
1.1×10-8s≤t≤1.3×10-8s
答：(1)由题意得，加速电极的接线柱2，偏转电极的接线柱3，励磁线圈的接线柱5应接电源正极。
(2)电子的比荷为1.78×1011C/kg。
(3)所有能打到荧光屏上的电子在磁场中运动时间的取值范围为1.1×10-8s≤t≤1.3×10-8s。
【解析】(1)根据题意分析接线柱与正极的接法；
(2)根据洛伦兹力提供向心力解得闭合；
(3)根据几何关系结合圆心角与周期的关系解得。
本题关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，根据牛顿第二定律并结合几何关系列式分析。对于匀速圆周运动，还常常要考虑周期的计算。
绝密★启用前
2021-2022学年浙江省宁波市高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本题共12小题，共36分）
1. 2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将3名航天员送入太空。下列说法正确的是( )
A. “0时23分”、“582秒”指的是时刻
B. 飞船在直线上升过程中，位置变化越快，速度就越大
C. 飞船进入预定轨道后，速度保持不变
D. 由于飞船的大小相比地球的尺寸很小，因此可始终将其视为质点来研究
2. 随着时代的发展，能源格局面临新的机遇与挑战。下列关于能量和能源说法正确的是( )
A. 由于自然界的能量是守恒的，所以不需要节约能源
B. 在利用能源的过程中，能量在数量上逐渐减少
C. 能量在转化过程中具有方向性，因此能源是有限的
D. 核能是可再生能源，应大力开发和使用
3. 用显微镜观察悬浊液中小碳粒的布朗运动，实验中每隔30s把小碳粒的位置记录下来，然后用线段把这些位置按时间顺序依次连接起来，便可以得到如图所示的图像。下列说法正确的是( )
A. 小碳粒的布朗运动属于分子热运动
B. 小碳粒作布朗运动间接表明液体分子的运动是无规则的
C. 图中折线表明小碳粒在短时间内的运动是规则的
D. 温度越高，小碳粒的质量越大，布朗运动就越明显
4. 教室里要挂一个城市文化宣传框，假若粘钩的承重能力足够，以下哪种悬挂方式绳上的拉力最小( )
A. B. C. D.
5. 1900年，德国物理学家普朗克在研究黑体辐射的规律时，发现只有假定电磁波发射和吸收的能量是一份一份的，计算结果才能和实验结果相符，每一份能量与电磁波的领率呈正比，比例系数就是普朗克常量h，下列关于普朗克常量单位的表示正确的是( )
A. J/s B. kg⋅m2/s C. kg⋅m/s2 D. eV
6. 如图所示，光纤灯是现代装饰照明的新型灯具，由光源、反光镜、滤光片及光纤组成，点状光源通过反光镜后，形成一束近似平行光，又通过滤光片，最后进入光纤，形成一根根色彩斑斓的柔性光柱。下列说法正确的是( )
A. 点状光源发出的光可通过平面镜反射后形成平行光
B. 光纤内芯的折射率应大于包套材料的折射率
C. 光在光纤的传播是利用了光的衍射原理
D. 光在光纤中传播时，颜色会发生变化，从而创造出绚烂多彩的效果
7. 如图所示为研究光电效应现象的实验装置，真空光电管的阴极K涂有一层光电材料，阳极A是金属材料。当用紫光照射阴极K时，微安表μA中能检测到光电流，下列说法正确的是( )
A. 若增大紫光的光照强度，光电流一定会增大
B. 若用紫光照射阳极A时，一定也有光电流
C. 若换用红光照射阴极K时，一定也有光电流
D. 若停止用紫光照射阴极K，能观测到光电流缓慢减小直至为0
8. 如图所示，在同一种均匀介质中，中心波源O持续振动，产生两列沿相反方向传播的横波，当波源振动频率逐渐增大时，下列波形图中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 2022年3月23日，吉祥物冰墩墩和航天员王亚平亮相“天宫课堂”。若飞船作圆周运动的轨道距地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则在地球上看，王亚平手中的冰墩墩的加速度是( )
A. 0 B. g C. (R+h)2R2g D. R2(R+h)2g
10. 用一款手摇式绞轮来打井水，如图所示，轮轴上的麻绳螺旋式地紧密缠绕，A、B、C分别为麻绳上三个不同位置的点，D为手柄的端点，忽略麻绳的重力且麻绳与轮轴无相对滑动。操作员按图中所示的方向匀速转动一圈(从右往左看是逆时针旋转)，此过程中( )
A. 麻绳上A点的速度大于B点的速度
B. 手柄上D点的角速度小于麻绳上的C点的角速度
C. 麻绳上B点的向心加速度大于手柄上D点的向心加速度
D. 操作员在手柄处的外力大小可能小于水桶及桶中水的重力之和
11. 用感应起电机使两个相互靠近的验电羽带上电后，出现如图所示的现象，图中M、N、P分别为丝线上的三个点，下列说法正确的是( )
A. 两验电羽带同种电荷
B. 图中M点位置的电势高于N点
C. 图中M点位置的电场强度大于P点
D. 图中N点位置的电场强度的方向沿所在丝线的切线方向
12. 将一带正电的小球用同一根绝缘细线先后悬挂于匀强电场和匀强磁场中，如图所示，电场的方向竖直向下，磁场的方向垂直纸面向外。小球偏离竖直方向相同角度静止释放，均能在竖直面内来回摆动(绳子始终处于张紧状态)，下列关于小球在摆动过程中的说法正确是( )
A. 无论在电场还是磁场中，小球位置越低绳上张力越大
B. 无论在电场还是磁场中，小球在摆动过程中机械能守恒
C. 小球在电场中的周期等于在磁场中的周期
D. 小球在电场中的最大速度大于在磁场中的最大速度
二、多选题（本题共4小题，共9分）
13. 随着环境问题的日益严重及电池技术的不断发展，电动汽车逐渐走进了我们的生活。锂电池具有重量轻、容量大、可靠性强等优点，为电动汽车提供电能。某品牌纯电动汽车的电池板的铭牌如图甲所示，电池板内部共含有7104节工作电压为4.2V，容量为2800mA⋅h的锂电池，其内部结构如图乙所示，电池板由16个电池组串联而成，每个电池组由6个电池包串联而成，每个电池包由74节锂电池并联而成。下列说法正确的是( )
A. 每节锂电池储存的最大电能约为12J
B. 每个电池包的额定工作电流约为2.8A
C. 每个电池组的额定工作电压约为25V
D. 整块电池板的总容量约为2×104A⋅h
14. 1974年，我国第一艘核动力潜艇“长征一号”正式限役，安全航行近40年后于2013年宣布退役。该核动力潜艇所用燃料的一种核反应方程是 92235U+01n→X+3894Sr+1001n。关于该核反应，下列说法正确的是( )
A. X的质子数为54 B. X的中子数为87
C. 该核反应属于热核反应 D. X的比结合能大于 92235U的比结合能
15. 如图甲所示为某一温度报警器的工作电路，原线圈的输入电压随时间变化的关系图像如图乙所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，其中热敏电阻R的阻值随温度升高而变小，电磁继电器K是由电流控制的自动双向开关，正常情况下动触点a与常开触点b接通，当环境温度达到报警温度时，动触点a与常闭触点c接通，蜂鸣器H发声报警，下列说法正确的是( )
A. 副线圈输出电压的有效值为22V
B. 正常情况下，变压器原、副线圈中的电流之比为10：1
C. 正常情况下，环境温度越高，变压器的输入功率越大
D. 原、副线圈的匝数比越大，报警温度就越低
16. 如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则( )
A. 两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL
B. 两购物车碰撞后瞬间的速度大小为gL
C. 两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL
D. 工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m10kgL
三、实验题（本题共2小题，共16分）
17. 某同学用双缝干涉实验装置测量某单色光的波长，将实验仪器按如图甲所示安装在光具座上，调节毛玻璃与双缝的距离为750mm，从仪器注明的规格可知双缝的间距为0.2mm。
(I)M、N、P三个光学元件依次为______(单选)。
A.滤光片、单缝、双缝
B.滤光片、双缝、单缝
C.偏振片、单缝、双缝
D.双缝、偏振片、单缝
(2)该同学通过测量头的目镜观察到如图乙所示的图像，下列调节使条纹与分划板竖线对齐的正确操作是______(单选)。
A.前后移动透镜
B.旋转滤光片
C.左右拨动拨杆
D.旋转测量头
(3)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。该同学把从目镜观察到的各亮条纹进行编号，然后单方向转动手轮，此时分划板处于图丙位置时对应测量头的读数是______mm；继续缓慢地单方向转动手轮，当编号为5的亮条纹移动至分划板中心时对应测量头的读数如图丁所示，由此可测量得单色光的波长λ=______nm。(结果保留3位有效数字)
18. (1)国家规定25℃时下标准饮用水的电阻率为1kΩ⋅m～10kΩ⋅m。某同学想通过实验来测量家中自来水的电阻率。他将自来水装入到一个玻璃容器中，容器的底面是边长a=40.00cm的正方形，盛水的高度h=30.00cm，两个相对的侧面各引出一个电极，从而制作了一个“水电阻”。
①如图甲所示，该同学从实验室中选择了一些电学元件来测量“水电阻”的阻值实验电路，毫安表接入电路的量程为3mA，完成连线后闭合开关，调节滑动变阻器到某一位置时，毫安表的示数如图乙所示，此时毫安表的读数I=______mA；
②进一步实验，发现无论如何调节滑动变阻器的滑片位置，电压表和毫安表的示数变化都很小，请在答题纸图甲中再添加一根导线使电压表和毫安表都有较大的变化范围；
③修改电路后，该同学将所测数据点标在了如图丙所示的坐标纸上，正确处理数据后，可得自来水的电阻率ρ=______kΩ⋅m。(结果保留两位有效数字)
(2)在用“油膜法估测油酸分子的大小”实验中
①请选出并补齐必要的实验操作，并将它们按操作先后顺序排列：A、______、F；(用字母表示)
②某同学实验中最终测得的油酸分子直径偏大，其原因可能是______(多选)。
A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算
B.估算油酸膜的面积时，错将所有不完整的方格均作为完整方格处理
C.水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
D.数每毫升油酸酒精溶液的滴数时，多数了2滴
四、计算题（本题共4小题，共39分）
19. 鱼在水面下深度为h处吐出一个气泡，当气泡缓慢上升至水面时，气泡的体积由V1增大至V2。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，水面的热力学温度为T0且高于水下的温度，气泡内的气体可视为理想气体。
(1)气泡在上升的过程中对外界做正功还是负功，向外界吸热还是放热；
(2)求气泡刚被吐出时，其内部气体的温度T1。
20. 2022年2月4日至2月20日，北京冬奥会成功举办，为世界展现了一场精彩纷呈的体育盛典。如图所示是越野滑雪赛的一段赛道，AB段是出发平台，BC段是倾角θ=53°长度L=4m的助滑雪道，运动员在其上滑行时可以选择性地使用滑雪杖获得恒定推力，CDEFG段是起伏雪道，其中CDE段为半径R=2m的圆弧雪道，D点为该段雪道的最低点，EF段为半径很大的圆弧雪道，F点为该段雪道的最高点，C点和F点处在同一高度上，FG段为一般曲线雪道，GH段是倾角α=45°的着陆雪道，F点与G点的高度差h=4m，G点与H点的高度差H=16m，各雪道间均平滑连接且不计滑雪板与雪道间的摩擦及其他阻力。某次比赛中，质量m=60kg的运动员(含装备)从B点静止出发，用滑雪仗助推后沿CDEF雪道滑至F点飞出，再飞跃雪道FG段，恰好从G点沿与雪道平行方向进入着陆雪道。为研究问题方便，运动员可看成质点。
(1)求该运动员滑行至F点时的速度大小；
(2)求该运动员滑行至D点时对雪道的压力；
(3)若该运动员在助滑雪道上通过滑雪杖获得的恒定推力大小为F=800N，运动员想直接从F点降落在着陆雪道的H点，则需在助滑雪道使用滑雪杖加速的距离应为多大。
21. 如图所示，空间在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B=5T。MN和PQ是两根互相平行、水平放置的金属导轨，已知两导轨之间的宽度L=0.4m，导轨足够长且电阻不计，在两导轨之间连接电流传感器，电流传感器与计算机相连，已知电流传感器的电阻R=1Ω。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属棒，其质量m=0.1kg，电阻r=3Ω，与导轨的动摩擦因数μ=0.2。开始时金属棒靠在弹射器上，启动弹射器后，金属棒立即获得一个水平向右的初速度v0=4m/s，从棒开始运动到停止的过程中，棒始终与两导轨垂直，且由计算机测得流经电流传感器的电荷量q=0.17C。求：
(1)棒刚开始运动时电流传感器中的电流大小I，此时P点和M点中哪一点电势更高；
(2)棒运动的总时间t；
(3)棒上产生的焦耳热Q。
22. 如图所示，T字形显像管由两个相互垂直的长方体真空管组合而成。真空管P内装有电子枪和加速电极，能产生高速运动的电子束。真空管Q的前后两表面是边长L=30cm的正方形，在前、后两端密绕励磁线圈，当有电流通过线圈时，能产生平行于线圈轴线方向的匀强磁场。真空管Q的上、下表面为偏转电极，当加上电压后，能产生竖直方向的偏转电场。真空管Q的右表面是荧光屏，在左表面的中心处开有一小孔C，当偏转电极不加电压，励磁线圈也不通电流时，电子束从电子枪射出后沿直线运动，以速度v0通过小孔C进入真空管Q打到荧光屏的正中心O点，在屏上产生一个亮斑。现让励磁线圈通入某一恒定电流，激发磁场的磁感应强度大小B=3×10-4T，发现亮斑向下移动的距离为d=10cm，再让偏转电极加上恒定电压U=2400V，亮斑重新回到O点。不计电子的重力。求：
(1)根据题中描述的物理现象，加速电极的接线柱“1”、“2”，偏转电极的接线柱3”、“4，励磁线圈的接线柱“5”、“6”，各部件的哪个接线柱应接电源正极；
(2)求电子的比荷(即电荷量与质量的比值)；
(3)当偏转电极不加电压，调节励磁线圈中的电流大小，亮斑会上下移动，求所有能打到荧光屏上的电子在磁场中运动时间的取值范围？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、“0时23分”指的是时刻、“582秒”指的是时间间隔，故A错误；
B、速度等于位移与时间的比值，位置变化越快，速度越大，故B正确；
C、飞船进入预定轨道后，做曲线运动，速度方向不断变化，故C错误；
D、物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，故D错误；
故选：B。
时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，速度是描述物体运动快慢的物理量，物体的位置变化越快，则速度越大。
对于物理中的基本概念要理解其本质不同，不能停在表面，如时间与时刻的区别，看成质点的条件等，难度不大，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A、虽然自然界中的能量是守恒的，但在能量的使用过程中，能量的品质会下降，所以需要节约能源，故A错误；
B、根据能量守恒定律，在利用能源的过程中，总能量在数量上是不变的，故B错误；
C、能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，能源使用后品质降低，不能再作为能源使用，所以能源是有限的，故C正确；
D、核能在地球上的储量是一定的，属于不可再生能源，故D错误。
故选：C。
自然界中的能量是守恒的，但在能量的使用过程中，能量的品质会下降，能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性。
本题考查对能源的开发和使用情况的认识，要知道能量是守恒的，但能源存在耗散现象，要注意节约能源。
3.【答案】B
【解析】解：A、实验中可以观察到悬浮在液体中的小炭粒在不停地做无规则运动，观察到的不是分子热运动，故A错误；
B、悬浮在液体中小碳粒的这种无规则运动叫布朗运动，间接表明液体分子的运动是无规则的，故B正确；
C、根据题意，每隔30s把观察到的小碳粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，故布朗运动图象是每隔30s固体微粒的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线，表明小碳粒在短时间内的运动是无规则的，故C错误；
D、温度越高，小碳粒越小，布朗运动越剧烈，故D错误。
故选：B。
布朗运动是浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的；布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。
本题重点考查了分子动理论的内容，关键明确布朗运动特点和意义，知道碳粒越小、温度越高，布朗运动越明显。
4.【答案】A
【解析】解：合力一定，两个分力夹角越大，分力越大；夹角越小，分力越小；由图可知A中绳子拉力最小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
由合力与分力的关系解答。
本题考查应用物理知识解决生活问题，理论联系实际，学以致用。
5.【答案】B
【解析】解：由光子能量E=hν=h1T可得：h=ET，所以h的单位为：1J⋅s=1N⋅m⋅s=1kg⋅m⋅s-2⋅m⋅s=1kg⋅m2/s.故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据公式E=hν进行单位运算即可。
普朗克单位属于导出单位，所以需要熟悉物理各个公式才能正确得到结果。
6.【答案】B
【解析】解：A、光的反射遵守反射定律，点状光源发出的光可通过平面镜反射后形成散射光，不能形成平行光，故A错误；
B、光在光纤内芯中传播过程发生全反射，光纤内芯的折射率应大于包套材料的折射率，故B正确；
C、光在光纤的传播是利用了光的全反射原理，故C错误；
D、光在光纤中传播时，颜色不会发生变化，故D错误。
故选：B。
光在光纤内芯传播过程发生全反射，光在传播过程光的频率不变，颜色不变，根据题意分析答题。
本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
7.【答案】A
【解析】解：AC、根据光电效应方程eU=Ek=hν-W可知，若换用红光照射阴极K时，不一定有光电流，且光照强度越大，光电流越大，故A正确，C错误。
B、若用紫光照射阳极A时，没有光电流，故C错误。
D、若停止用紫光照射阴极K，能观测到光电流瞬间减小至0，故D错误。
故选：A。
根据光电效应方程分析判断光电效应的条件；光电效应具有瞬时性。
本题考查了光电效应规律，解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光电流与光照强度的关系。
8.【答案】A
【解析】解：波速由介质的性质决定，当波源振动频率逐渐增大时，波速不变，由波速公式v=λf分析可知波长逐渐减小，结合对称性可知，A图正确，故A正确，BCD错误。
故选：A。
当波源振动频率逐渐增大时，波速不变，由波速公式v=λf分析波长的变化，结合对称性分析。
解决本题时，要抓住对称性分析左右两列波的关系，要知道波速由传播介质决定，与波源的振动频率无关。
9.【答案】D
【解析】解：AB、冰墩墩绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式：GMm(R+h)2=ma
在地球表面附近有：GMmR2=mg
联立可得a=R2(R+h)2g，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据地球表面的物体受到的重力等于万有引力得GM=gR2，组合体匀速圆周运动过程中万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握冰墩墩运动的万有引力提供向心力，选择合适的向心力公式解得。
10.【答案】D
【解析】解：A、麻绳上A点的速度等于轮轴边缘的线速度，等于B点的速度，故A错误；
B、因C、D两点同轴转动，则角速度相等，即手柄上D点的角速度等于麻绳上的C点的角速度，故B错误；
C、因B、D两点的角速度相等，根据a=ω2r可知，麻绳上B点的向心加速度小于手柄上D点的向心加速度，故C错误；
D、操作员在手柄处的外力方向沿着垂直半径方向，则该力的力臂大于轮轴上绳子上的重力的力臂，则操作员在手柄处的外力大小小于水桶即桶中水的重力之和，故D正确；
故选：D。
根据传动模型的特点分析出不同点的线速度和角速度的大小关系；
根据加速度的表达式分析出向心加速度的大小关系；
根据力臂的大小关系得出力的大小关系。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉传动模型的特点，结合圆周运动公式完成分析。
11.【答案】C
【解析】解：A、感应起电，两验电羽应该带异种电荷，故A错误；
B、两验电羽电性无法判断，电势高低无法判断，故B错误；
C、靠近带电体，电场强度大，故C正确；
D、验电羽羽毛并不代表电场线方向，故D错误。
故选：C。
根据感应起电规律以及空间电场分布可判断出正确选项。
主要考查感应起电规律。
12.【答案】D
【解析】解：A.在电场中，由于小球所受电场力方向与速度方向无关，所以小球位置越低，电场力和重力的合力做功越多，小球速度越大，所需向心力越大，绳的张力越大；在磁场中，小球所受洛伦兹力与运动方向有关，如图所示，假设小球在位置1、2高度相同，由于小球摆动过程中洛伦兹力始终不做功，则根据机械能守恒定理可知小球在1、2位置速率相同，而根据左手定则可知小球在位置1所受洛伦兹力方向与细线拉力方向相反，在位置2所受洛伦兹力方向与细线拉力相同，而在两个位置小球重力在沿绳方向的分力相同，所以有
T-qvB-mgcosθ=mv2R
T'+gvB-mgcosθ=mv2R
比较以上两式可知
T
B.在电场中，细线拉力不做功，小球从最高点向最低点摆动过程中，电场力做正功，小球机械能增大，从最低点向最高点摆动过程中，电场力做负功，小球机械能减小；在磁场中，细线拉力不做功，洛伦兹力也不做功，小球在摆动过程中机械能守恒，故B错误；
C.小球在磁场中所受洛伦兹力方向始终沿着细线方向，则洛伦兹力不提供单摆振动的回复力，即小球运动周期为T=2πLg
小球在电场中所受电场力和重力都竖直向下，等效的重力加速度
g'=g+qEm
比重力加速度大，则周期
T'=2πLg'
所以小球在电场中的周期小于在磁场中的周期，故C错误：
D.无论在电场还是磁场中，小球在最低点时速度最大，小球释放后从最高点到最低点运动过程中，重力做功相同，电场中小球受到电场力做正功，磁场中小球受到洛伦兹力不做功，则根据动能定理可推知小球在电场中的最大速度大于在磁场中的最大速度，故D正确。
故选：D。
分解小球在电场或磁场中运动时各个力做功情况，结合牛顿第二定律分析绳子拉力情况，同时分析机械能是否守恒，根据单摆周期公式比较周期大小。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解题关键掌握小球受力情况，注意单摆周期公式的应用。
13.【答案】CD
【解析】解：A、每节锂电池储存的最大电能约为E=qU=2800×10-3×3600×4.2J=42336J，故A错误；
B、电池包由74节锂电池并联而成，每个电池包的额定工作电流约为I=2800×10-3×74A=207.2A，故B错误；
C、每个电池组由6个电池包串联而成，每个电池包由74节锂电池并联而成，每个电池组的额定工作电压约为U电池组=4.2×6V≈25V，故C正确；
D、整块电池板的总容量约为q=2800×10-3×1×7104A⋅h≈2×104A⋅h，故D正确。
故选：CD。
根据电池的参数应用串并联电路特点分析答题。
认真审题理解题意、根据题意获取所需信息是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。
14.【答案】AD
【解析】解：A、根据核反应当中的电荷数守恒得到X的质子数为92+0-38=54，故A正确；
B、根据核反应当中的质量数守恒可得X的质量数为235+1-94-10×1=132.由上面知道X的质子数为54，所以X的中子数为132-54=78，故B错误；
C、该核反应属于核裂变，故C错误；
D、核反应是朝着比结合能大的方向进行的，所以X的比结合能大于 92235U的比结合能，故D正确。
故选：AD。
根据核反应当中质量数和电荷数守恒判断X的质子数；热核反应属于核聚变；核反应是朝着比结合能大的方向进行的。
这部分内容掌握两点就可以了，一是核反应中质量数和电荷数守恒；第二点是核反应是朝着比结合能大的方向进行。
15.【答案】AC
【解析】解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压2202V，则有效值为U1=220V，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，所以副线圈的电压是U2=n2n1U1=110×220V=22V，故A正确；
B、理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为I1I2=n2n1=110，故B错误；
C、Rt处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，理想变压器的输入、输出功率之比为1：1，变压器的输入功率变大，故C正确；
D、原、副线圈的匝数比越大，则副线圈上的电压越小，则流过热敏电阻的电流越小；电磁继电器K是由电流控制，而电磁继电器K电流增大到特定的数值动触点a才与常闭触点c接通，所以原、副线圈的匝数比越大则报警温度就越高，故D错误。
故选：AC。
由图乙可知交流电压最大值Um=2202V，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
16.【答案】CD
【解析】解：A、两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和W=kmg×2L+kmgL=3kmgL，故A错误；
B、设两辆购物车碰撞后瞬间的速度大小为v2，由动能定理得：-2kmgL=0-12×2mv22，解得：v2=2kgL，故B错误；
C、设碰撞前瞬间第一辆购物车的速度大小为v1，两购物车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2
碰撞过程，由能量守恒定律得：12mv12=12×2mv22+ΔE，解得碰撞过程损失的机械能：ΔE=2kmgL，v1=22kgL，故C正确；
D、设工人刚推出第一辆购物车时购物车的速度大小为v0，由动能定理的：-kmgL=12mv12-12mv02
人推出购物车过程，由动量定理得：I=mv0，解得工人给购物车的冲量大小：I=m10kgL，故D正确。
故选：CD。
应用功的计算公式求出整个过程克服摩擦力做的功；
应用动能定理可以求出两购物车碰撞后瞬间的速度大小；
两购物车碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞前第一辆购物车的速度，应用能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能；
应用动能定理求出刚推出第一辆购物车时购物车的速度，应用动量定理可以求出工人给第一辆购物车的水平冲量大小。
本题关键在于运动的过程较多，可以交叉运用动能定理和动量守恒定律列式求解，解题时注意要规定正方向，正确建立方程即可求解。
17.【答案】A D 3.22 636
【解析】解：(1)为了获取单色的线光源，透镜后面依次放置滤光片、单缝，单缝形成的相干线光源再经过双缝产生干涉现象，因此M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)图乙所示的图像显示干涉条纹与分划板竖线不对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头，分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对齐，故ABC错误，D正确；
故选：D。
(3)图丙游标卡尺为50分度，分度值为0.02mm，根据游标卡尺的读数规律，图丙位置对应测量头的读数为x1=3mm+11×0.02mm=3.22mm
(4)图丁位置对应测量头的读数为
x5=12mm+38×0.02mm=12.76mm
条纹间距为
Δx=x5-x14=12.76-3.224mm=2.385mm
由Δx=λLd
联立解得：λ=dΔxL=0.2×10-3×2.385×10-3750×10-3m=6.36×10-7m=636nm
故答案为：(1)A；(2)D；(3)3.22；(4)636
(1)根据实验原理掌握正确的实验装置摆放特点；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；
(4)根据波长的计算公式得出波长的大小。
本题主要考查了双缝干涉测量光的波长的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式Δx=λLd即可完成分析。
18.【答案】2.20 0.16 EB A
【解析】解：(1)①电流表的最程是3mA，最小刻度为0.1mA，指针指在过2大格2小格的位置，所以此时电流表的示数为2.20mA。
②根据所测的电阻值，因此必须选取阻值较小的滑动变阻器，由于要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法，连线如图所示；
③正确的在图丙中画出一条直线，由图象斜率可知，总电阻为R总=UI=11.821.5×10-3Ω=548.8Ω，根据电阻定律R=ρLS，故有ρ=RSL=548.8×0.4×0.30.4Ω⋅m=160.Ω⋅m=0.16kΩ⋅m；
(2)①根据图示可以看出，A步骤是从配制好的油酸溶液中取一定体积溶液数出共多少滴，从而计算出一滴溶液的体积，而最后一步是在坐标纸上描出水面上油酸的形状。
所以中间还差的步骤是：在水面上画撒一层痱子粉，然后在水面上滴一滴油酸。故应填：EB；
②A、错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，显然体积的测量值偏大，则直径也偏大，，故A正确；
B、估算油酸膜的面积时，错将所有不完整的方格均作为完整方格处理，使面积的测量值变大，则直径测量值偏小，故B错误；
C、水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开使油酸的面积偏小，则直径的测量值偏大，故C正确；
D、数每毫升油酸酒精溶液的滴数时，多数了2滴，则一滴油酸的体积测量值偏小，则由公式d=VS可知直径测量值偏小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)①2.20、②见解析所示、③0.16；(2)①EB、②AC
(1)①根据电流表的量程和最小分度去读数；
②根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，根据测量的误差确定滑动变阻器的分压还是限流接法．
③根据电阻定律和欧姆定律求电阻率。
(2)①根据实验原理结合公式V=dS，分析还差的实验步骤；
②根据公式V=dS结合选项完成分析产生的误差大小。
解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，以及掌握如何选择电流表的内外、接、滑动变阻器的分压、限流接法；本题是以油酸分子呈球型单层排列分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。
19.【答案】解(1)泡泡内的气体视为理想气体，气体的温度升高，气体的内能变大，根据热力学第一定律得：ΔU=W+Q；
气体体积变大，气体对外做功，W为负，ΔU为正，所以气体从外界吸收热量。
(2)由一定质量理想气体状态方程得：p1V1T1=p0V2T0，p1=p0+ρgh
联立解得：T1=(p0+ρgh)V1T0p0V2
答：(1)气泡在上升的过程中对外界做负功，向外界吸热；
(2)气泡刚被吐出时，其内部气体的温度为(p0+ρgh)V1T0p0V2。
【解析】(1)理想气体的内能由温度决定，根据热力学第一定律即可求解；
(2)根据一定质量理想气体状态方程可解得。
本题考查热力学第一定律与一定质量的理想气体状态方程和液体压强与深度的关系，注意对热力学第一定律中各物理量的符号。
20.【答案】解：(1)从F到G，运动员做平抛运动，在竖直方向：vy2=2gh，解得vy=45m/s，在G点，根据速度的合成与分解如图所示：
可得vF=vytan45°=45m/s
(2)从C到F，根据动能定理可知：vC=vF=45m/s
从C到D，根据动能定理可得：mgR(1-cos53°)=12mvD2-12mvC2
在D点，根据牛顿第二定律可得：FN-mg=mvD2R
联立解得FN=3480N
根据牛顿第三定律可知：对轨道的压力为F'N=FN=3480N
(3)从F到G运动的时间为t，则h=12gt2，解得t=255s，从F到G水平方向的位移为x'=vFt=45×255m=8m
要使运动员落到H，则h+H=12gt'2，解得t'=2s
在水平方向：x'+Htan45∘=v'Ft'，解得v'F=12m/s
设需在助滑雪道使用滑雪杖加速的距离应为L'，从B到F的过程中，根据动能定理可得：mgLsin53°+FL'=12mvF'2-0，解得L'=3m
答：(1)该运动员滑行至F点时的速度大小为45m/s；
(2)该运动员滑行至D点时对雪道的压力为3480N；
(3)若该运动员在助滑雪道上通过滑雪杖获得的恒定推力大小为F=800N，运动员想直接从F点降落在着陆雪道的H点，则需在助滑雪道使用滑雪杖加速的距离应为3m。
【解析】(1)运动员从F到G做平抛运动，根据运动学公式求得F点的速度；
(2)由于CF处于同一高度，故CF点的速度大小相同，从C到D，根据动能定理求得到达D点的速度，在D点根据牛顿第二定律求得相互作用力；
(3)从F到H，根据平抛运动求得到达F点的速度，从B到F，根据动能定理求得使用滑雪杖加速度的距离。
本题主要考查了动能定理，关键是过程的选取，明确各个力的做功情况，利用好平抛运动。即可
21.【答案】解：(1)棒刚开始运动时，棒产生的感应电动势为E=BLv0=5×0.4×4V=8V
由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=81+3A=2A
由右手定则判断可知，棒中感应电流方向由b到a，则此时P点和M点中M点电势更高；
(2)取向右为正方向，对棒，由动量定理得
-μmgt-BI-L⋅t=0-mv0
流经电流传感器的电荷量q=I-⋅t
联立解得t=0.3s
(3)设棒运动的最大距离为x。
由q=I-⋅t=BLv-⋅tR+r=BLxR+r
可得x=0.34m
根据能量守恒定律可得：
12mv02=μmgx+Q总
棒上产生的焦耳热为Q=rR+rQ总
联立解得Q=0.549J
答：(1)棒刚开始运动时电流传感器中的电流大小I为2A，此时P点和M点中M点电势更高；
(2)棒运动的总时间t为0.3s；
(3)棒上产生的焦耳热Q为0.549J。
【解析】(1)棒刚开始运动时，由E=BLv0求出棒产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求电流传感器中的电流大小I，由右手定则判断P点和M点电势高低；
(2)对棒，利用动量定理求棒运动的总时间t；
(3)根据q=I-⋅t求出棒运动的距离，根据能量守恒定律求棒上产生的焦耳热Q。
本题中，棒做的是非匀变速直线运动，不能根据动力学方法求运动时间，可运用动量定理求运动时间。
22.【答案】解：(1)由题意得，加速电极的接线柱2，偏转电极的接线柱3，励磁线圈的接线柱5应接电源正极。
(2)偏转电场和偏转磁场同时存在时，亮斑重新回到O点，则电场力与洛伦兹力平衡，由
qUL=qvB
解得电子束的入射速度v=83×107m/s
只存在偏转磁场时，如图1，由几何关系
(r-d) 2+L2=r2
解得偏转半径
r=0.5m
电子作圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
综上，得电子比荷
qm=1.78×1011C/kg
(3)入射到真空管Q的电子速度一定时，时间越长，轨迹越长，亮斑位置越低，偏转半径越小，磁场越大，励磁电流越大。如图2所示
图1 图2
当亮斑在最低点
d'=L2
时间最长。由几何关系
(r'-d) 2+L2=r'2
磁感应强度与偏转半径成反比，磁感应强度
B'=rr'B
偏转角为
sinθ'=Lr'
圆周运动的时间
tmax=θ'2π⋅2πmqB'
因时问越短，轨迹越短，亮斑位置越高，偏转半径越大，磁场越小，励磁电流越小当亮斑在O点时，时间最短，磁场为零，可认为电子作匀速直线运动
tmin=Lv
代入数据解得：tmax=1.3×10-8s，tmin=1.1×10-8s
综上，电子在磁场中运动时间的取值范围约为
1.1×10-8s≤t≤1.3×10-8s
答：(1)由题意得，加速电极的接线柱2，偏转电极的接线柱3，励磁线圈的接线柱5应接电源正极。
(2)电子的比荷为1.78×1011C/kg。
(3)所有能打到荧光屏上的电子在磁场中运动时间的取值范围为1.1×10-8s≤t≤1.3×10-8s。
【解析】(1)根据题意分析接线柱与正极的接法；
(2)根据洛伦兹力提供向心力解得闭合；
(3)根据几何关系结合圆心角与周期的关系解得。
本题关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，根据牛顿第二定律并结合几何关系列式分析。对于匀速圆周运动，还常常要考虑周期的计算。
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