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2021-2022学年河北省邯郸市十校高三（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省邯郸市十校高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了08NB，【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】BC，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省邯郸市十校高三（上）期末物理试卷
1. 物理学自牛顿的三大定律以来，经历了几百年的发展，人类在物理理论上取得了空前的成就。关于物理学史，下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律是从实验中直接得出的结论
B. 德布罗意最先提出了物质波，认为所有物质都有波动性和粒子性
C. 如果能发生光电效应，一旦增大入射光强度，光电子的最大初动能必定增加
D. α粒子散射实验发现，α粒子发生较大角度偏转，说明了原子几乎是一个整体
2. 某人站在一平静湖面上静止的游轮上观光，不慎掉落一质量m=10g的实心木珠(视为质点)，从木珠刚入水到木珠速度减为零的时间为木珠在空中运动时间的一半，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。木珠在水中向下运动过程中受到水的平均作用力大小为( )
A. 0.08N B. 0.008N C. 0.3N D. 0.03N
3. A、B、C三根通电长直导线均水平固定且互相平行，导线通入大小相等的恒定电流，方向如图所示，其中导线A，B垂直纸面且在同一水平面上，导线C垂直纸面并在导线A的正下方。下列说法正确的是( )
A. 导线B对导线A的安培力方向竖直向上
B. 导线C对导线A的安培力方向竖直向下
C. 若解除导线C的固定，则其仍可能处于静止状态
D. 若把导线C固定在导线A和导线B正中间，则导线C受到的安培力为0
4. 如图所示，有P、N两块质量相同的物块，在物块P上施加一沿水平方向的外力F，使它们叠放在竖直面上且处于静止状态，下列说法正确的是( )
A. 物块P一定受到4个力的作用
B. 物块P一定受到3个力的作用
C. 物块N一定受到4个力的作用
D. 物块N可能受到6个力的作用
5. 随着宇宙航天技术不断地发展，人类也越来越向往探索其他的外文明，若有一个和地球类似的星球，其质量和地球质量几乎相等，半径却达到了地球半径的3倍，则该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的大小之比约为( )
A. 0.6 B. 1.7 C. 0.3 D. 9
6. 某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示，虚线M右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0=2m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 图乙中x0=0.5m
B. 线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C. 线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D. 线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22C
7. 如图所示，固定光滑斜面的倾角为37∘，轻弹簧的一端固定在斜面上C点正上方的固定转轴O处，另一端与一质量为m的滑块(视为质点)相连，弹簧原长和O点到斜面的距离均为d。将滑块从与O点等高的A点由静止释放，滑块经过O点在斜面上的垂足B点到达C点的过程中始终未离开斜面，滑块到达C点时弹簧的弹力小于滑块受到的重力，取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块经过B点的速度小于gd
B. 滑块从A点运动到C点的过程中，在B点的速度最大
C. 滑块从A点运动到C点的过程中，其速度一直在增大
D. 弹簧的劲度系数大于2mgd
8. 2021年夏天，中国多地出现暴雨，导致洪涝灾害．在某次救援演习中，一冲锋舟匀速横渡一条两岸平直、水流速度不变的河流，当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600m处；若冲锋舟船头保持与河岸成30∘角向上游航行时，则恰能到达正对岸，已知河水的流速大小为5m/s，下列说法正确的是( )
A. 冲锋舟在静水中的速度大小为10m/s
B. 河的宽度为4003m
C. 冲锋舟在静水中的速度大小为1033m/s
D. 河的宽度为6003m
9. 一理想变压器的示意图如图所示，原线圈的匝数n1=2200，其中一副线圈的匝数n2=1000，该副线圈两端接有阻值R=25Ω的电阻；另一副线圈的匝数n3=300，两端接有额定电压为30V、额定功率为15W的灯泡L。原线圈接入交变电源后，灯泡L恰能正常发光。则( )
A. 原线圈两端的电压有效值为220V B. 原线圈的输入功率为375W
C. 通过电阻R的电流有效值为0.2A D. 电阻R消耗的电功率为400W
10. 如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，半径为0.2m、内壁光滑的绝缘半圆细管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。质量为0.1kg、电荷量为0.01C的带正电的小球(视为质点)从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时的速度大小为2m/s，之后小球从MNPQ区域的右边界NP离开电场．取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球在B点受到的支持力大小为2N B. 匀强电场的电场强度大小为100V/m
C. 电场区域的最小面积为6+4225m2 D. 电场区域的最小面积为8+4225m2
11. 小明利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系，滑块放在长木板上，长木板置于水平桌面上，砂桶通过滑轮与细线拉滑块，在细线上接有一个微型力传感器，通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F。保持滑块质量不变，在砂桶中添加少量细砂来改变力传感器的示数F，利用打点计时器打出的纸带求出对应拉力F时的加速度a，从而得到如图乙所示的F−a图像．
(1)关于该实验，下列说法正确的是______.
A.需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力
B.砂桶和砂的总质量应远小于滑块的质量
C.需要让细线与长木板保持平行
(2)实验中打出的一条纸带如图丙所示，打点计时器打点的周期T=0.02s，在纸带上依次标上1、2、3、4、5、6，7等计数点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出来，测得x1=7.35cm、x2=9.44cm、x3=11.56cm、x4=13.65cm、x5=15.86cm、x6=17.97cm。利用以上数据可知，打该纸带时滑块的加速度大小a=______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(3)图乙中直线的延长线没有经过原点的原因是______(任写一条即可)，由图乙可知滑块的质量m=______kg(结果保留两位有效数字).
12. 物理兴趣小组的同学们想通过实验探究热敏电阻的阻值与温度的关系及并联电路的电流与电阻的关系。实验中有如下器材：
A.热敏电阻Rg；
B.定值电阻R0；
C.学生直流电压电源(电动势为5V，内阻不计)；
D.电流表A1(量程为0.6A，内阻r1为5Ω)；
E.电流表A2(量程为3A，内阻r2约为1Ω)；
F.数字温控箱；
G.开关S，导线若干。
(1)为了更精确地描述出电阻Rx随温度变化的关系(精确测定不同温度时的阻值)，请完成虚线框内图甲电路图的设计。
(2)闭合开关S，分别记下电流表A1、A2的示数为I1、I2，其中A2的示数如图乙所示，则I2=______A，可得Rx=______(用题中已知和测量出的物理量的符号表示)。
(3)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rx−t图像。由图像分析可知，当温控箱中的温度达到450℃时，通过热敏电阻的电流为0.03A，此时热敏电阻的阻值仍满足图丙中的变化规律，则电流表A1的示数为______A.(结果保留两位有效数字)
13. 如图所示，小车静置于光滑水平地面上，左侧靠在障碍物旁，小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道半径R=2.75m，BC与CD相切于C点，BC所对圆心角θ=37∘，CD段长L=5m，质量m=1kg的物块(视为质点)从某一高度处的A点以v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，物块滑到小车右端D点时恰好与小车相对静止。物块与粗糙轨道CD间的动摩擦因数μ=0.3，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)A、B两点的水平距离x；
(2)小车的质量M。
14. 现代研究微观粒子的碰撞，往往会采用电场和磁场的相关变化来控制带电粒子的运动状态．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上，电场强度大小E=2.25π×104V/m的匀强电场．现将一重力不计、比荷qm=1×106C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放。O点与N点的水平距离x=0.3m，竖直距离y=π2×10−2m，一段时间后电荷通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，其磁感应强度大小为B(未知)，电荷第六次经过电场和磁场的边界时，到达N点．
(1)求电荷第一次经过电场和磁场边界时的速度大小v0；
(2)求磁感应强度的大小B1；
(3)其他条件不变，仅使磁场的磁感应强度按照图乙所示(图乙中以磁场方向垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻)做周期性变化且周期T=4π5×10−5s，如果在O点右方距O点的距离为L处有一垂直于MN的足够大的挡板，电荷从O点运动到挡板处所需的时间t总=7718π×10−5s，求L。
15. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，最后变化到状态A，完成循环。气体在由状态A变化到状态B的过程中，温度______(选填“升高”、“降低”或“不变”)，气体从状态C变化到状态A的过程中，外界对气体______(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)。
16. 如图所示，一水平放置的汽缸左端开孔，汽缸内壁的长度为2L，一活塞只能在汽缸内运动，汽缸右边封闭有一定质量的理想气体，不计活塞厚度和所有摩擦，活塞和汽缸均绝热。开始时活塞处在汽缸中间，缸内气体的热力学温度T0=300K，外界大气压p0=1×105Pa，现用电热丝对密闭气体缓慢加热。
(i)当活塞离汽缸右端的距离x=75L时，求汽缸内密闭气体的热力学温度T1；
(ii)当缸内气体的热力学温度T2=660K时，求汽缸内密闭气体的压强p2。
17. 一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.1s时刻的波形图如图甲所示。图乙表示该波传播的介质中x=2cm处的a质点的振动图像。则该波沿x轴______(选填“正”或“负”)方向传播；从t=0开始，经过1s，质点b通过的路程为______cm。
18. 如图所示，等边三棱镜ABC的边长为a，一平行于底边BC的光束从AB边上距B点a4的D点射入棱镜，经折射后恰好从顶点C离开棱镜。已知光在真空中的速度为c，求：
(1)三棱镜的折射率n；
(2)该光束在三棱镜中的传播时间t。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接得出的，故A错误；
B、德布罗意最先提出了物质波，认为所有物质都有波动性和粒子性，故B正确；
C、根据光电效应方程Ekm=hν−W0，知最大初动能与入射光的频率及逸出功有关，与入射光的强度无关，故C错误。
D、α粒子散射实验发现，α粒子发生较大角度偏转，说明了原子带正电的部分占的体积很小，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。根据光电效应方程Ekm=hν−W0可判断最大初动能与入射光的强度无关。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】C
【解析】解：设下落时间为t，全程根据动量定理
mg(t+t2)−f⋅t2=0
解得：f=3mg=3×10×10−3kg×10m/s2=0.3N
故C正确，ABD错误。
故选：C。
全过程应用动量定理，根据全过程动量的变化量为0，列式求解。
本题考查学生对动量定理的应用，在使用过程中要注意选取全程为分析过程，同时还要注意全程中重力都产生冲量。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据电流之间的相互作用规律“同向相吸，反向相斥”可知导线B对导线A的安培力方向水平向左，故A错误；
B、根据电流之间的相互作用规律“同向相吸，反向相斥”可知导线C对导线A的安培力方向竖直向下，故B正确；
C、若解除导线C的固定，由于A对C的力竖直向上，B对C的力向左下，则C水平方向受力不平衡，所以C不可能处于静止状态，故C错误；
D、若把导线C固定在导线A和导线B正中间，则导线C受到A对C的吸引力和B对C的排斥力，方向都向左，所以C受到的安培力不为0，故D错误；
故选：B。
根据电流之间的相互作用规律“同向相吸，反向相斥”判定任两个平行通电直导线间的作用力，根据平行四边形定则得出安培力大小和方向，从而判定导线的运动状态。
解决本题的关键掌握电流之间的相互作用规律：“同向相吸，反向相斥”，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。
4.【答案】A
【解析】解：AB.如果P、N之间没有摩擦力，则物块P不能平衡，所以N对P有向左下的支持力和沿着接触面向左上的摩擦力，物块P一定受到4个力的作用，故A正确，B错误；
CD.整体分析可知，墙对N有向上的摩擦力，大小等于两者的重力之和，物块N还受到重力、墙对N的支持力，P对N的支持力，P对N的摩擦力，所以物块N一定受到5个力的作用，CD错误；
故选：A。
将P、N作为整体分析，墙壁对N的摩擦力，隔离P、N分别分析两物体受力即可。
本题考查共点力作用下的物体平衡，受力分析一般步骤：一重二弹三摩擦，解题关键是整体法和隔离法的应用，较为典型。
5.【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力GMmR2=mv12R解得第一宇宙速度表达式为v1=GMR，由于两星球质量相同，则v1∝1R
该星球半径是地球半径的3倍，所以第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的13，约为0.6倍，故A正确，BCD错误。
故选：A。
第一宇宙速度也叫最大的环绕速度，建立环绕模型，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解。
本题考查对第一宇宙速度理解以及圆周运动的解决方法。
6.【答案】D
【解析】解：A、线框中的磁通量变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而速度发生改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，所以图乙中的x0=1m，故A错误；
B、线框进入磁场过程中，安培力为F=BIL=B2L2vR，由图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，由此线框做加速度减小的减速运动，故B错误；
C、根据能量守恒可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有：Q=12mv02−12mv2，代入数据可得：Q=0.15J，故C错误；
D、线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得：−BI−Lt=mv−mv0，
即：B2L2v−tR=mv0−mv，其中v−t=x，解得：v=v0−B2L2xmR
结合图像乙可知，当x=1m时，v=1m/s，代入解得：B=150T=210T
通过线框截面的电量为：q=I−t=E−Rt=ΔΦR=BL2R，代入数据解得：q=22C，故D正确。
故选：D。
线框中的磁通量变化时，线框中会产生感应电流，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，根据速度的变化情况确定x0的大小；根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据能量守恒求解产生的焦耳热；根据动量定理求解磁感应强度，根据电荷量的计算公式求解通过线框截面的电量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
7.【答案】C
【解析】解：A.滑块从A到B点，根据题意可知弹簧和重力都做正功，假如只有重力做功，根据动能定理
mgdcos37∘=12mv2
解得：v=85gd
所以滑块经过B点的速度大于gd，故A错误；
BC.从A到C的过程中，重力沿斜面向下分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下分量逐渐减小，即合外力不断减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大，合外力逐渐减小，所以加速度是一直减小，但是加速度和速度方向始终一致，所以做加速度减小的加速运动，故B错误，C正确；
D.根据几何关系可得
LOC=54d
根据胡克定律
F=k⋅Δx
根据题息可得
k(54d−d)
故D错误。
故选：C。
从A到C的过程中，重力沿斜面向下分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下分量逐渐减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大，所以加速度是一直减小，加速度和速度方向始终一致，滑块做加速度减小的加速运动。根据动能定理分析滑块经过B点时速度；根据胡克定律和几何关系分析弹簧劲度系数。
本题解题关键是分析清楚滑块的运动，注意B点不是速度最大的点，滑块速度最大时，合外力为零。
8.【答案】BC
【解析】解AC.冲锋舟恰能到达正对岸时，在静水中速度v静与水的流速v水的合速度垂直于河岸，则有v静sin60∘=v水
解得v静=1033m/s
故A错误，C正确；
BD.当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600m处，由于船在垂直河岸方向和沿河岸方向都是匀速运动，所以两个方向的位移之比等于两方向的速度之比，即ds=v静v水
式中s指沿河岸方向的位移，为600m，d指河宽，可解得d=4003m
故B正确，D错误。
故选：BC。
若冲锋舟船头保持与河岸成30∘角向上游航行时，则恰能到达正对岸，根据几何关系可求冲锋舟在静水中的速度；
当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600m处，在水流方向上做匀速直线运动，根据几何关系可求河宽。
明确小船渡河问题，最短时间渡河和最短位移过河的情况。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据U1U3=n1n3可得：U1=220V，故A正确；
B、根据U1U2=n1n2可得：U2=100V，根据P入=P出可得：P入=U22R+P3=100225W+15W=415W，故B错误；
C、通过电阻R的电流为I=U2R=10025A=4A，故C错误；
D、电阻R消耗的功率P=U22R=100225W=400W，故D正确；
故选：AD。
理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律求得电流，利用P=U2R求得电阻消耗的功率。
本题主要考查了理想变压器，明确原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，结合欧姆定律即可求得。
10.【答案】BD
【解析】解：A.在B点，根据牛顿第二定律：FN−mg=mvB2r
解得：FN=mg+mvB2r=(0.1×10+0.1×220.2)N=3N
故A错误；
B.A到B的过程中，根据动能定理：mg×2R−qER=12mvB2
解得：E=100V/m
故B正确；
CD.小球从B点飞出后，水平方向左匀变速运动qE=ma
解得：a=qEm=0.01×1000.1m/s2=10m/s2
水平速度减速到0
02−vB2=2(−a)x
解得：x=vB22a=222×10m=0.2m
所以电场区域水平方向宽度至少为x1=x+R
水平方向，带电粒子向左减速的时间：t1=0−vB−a=0−2−10s=0.2s
向右加速：x1=12at22t2=2x1a=2×0.410=25s
小球竖直方向上做自由落体运动：y=12g(t1+t2)2=12×10×(0.2+25)2m=3+225m
电场竖直方向宽度至少为：y1=y+R=(3+225+0.2)m=4+225m
电场区域的面积至少为：S=x1y1=0.4×(4+225)m2=8+4225m2
故C错误，D正确。
故选：BD。
在B点，球受受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可；对从A到B过程，根据动能定理列式求解电场强度；小球在电场区域受向右的电场力和向下的重力，竖直方向的分运动时自由落体运动，水平方向的分运动时匀变速直线运动。
本题关键明确粒子的运动，然后结合动能定理、牛顿第二定律、正交分解法、运动学公式列式求解，不难．
11.【答案】AC2.13未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力 1
【解析】解：(1)该实验中需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力，需要让细线与长木板保持平行，以保证细线上的拉力就是滑块所受合力，因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量，故AC正确，B错误。
故选：AC。
(2)由题意知相邻两计数点间的时间t=5T=0.1s，打该纸带时滑块的加速度大
a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)(3t)2=(13.65+15.86+17.97)−(7.35+9.44+11.56)(3×0.1)2×10−2m/s2≈2.13m/s2
(3)图乙中直线的延长线没有经过原点，由图可知当F=2N时，a=0，说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。
设未完全平衡摩擦力为f余
F−f余=ma
F=ma+f余
斜率表示滑块的质量，可得滑块的质量m=5−23kg=1kg
故答案为：(1).AC；(2).2.13；(3).未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；1.0。
(1)根据实验注意事项与实验原理分析答题。
(2)应用匀变速直线运动的推论求出滑块的加速度大小。
(3)根据图示图象分析图线不过原点的原因；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后求出滑块的质量。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提；应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律即可解题；解题时注意有效数字的保留。
12.【答案】(1)见解析图 (2)1.20I1r1I2−I1 (3)0.42
【解析】解：(1)题中没有电压表，可用已知内阻的电流表A1可作为量程为3V的电压表使用，电流表A2测电流，电路图如图所示
(2)A2的量程为3A，由图乙所示可知，其分度值是0.1A，示数为I2=1.20A
根据电路图电路图，由欧姆定律得：Rx=I1r1I2−I1
根据图示电路图，由欧姆定律可知，电阻阻值Rx=UI=I1r1I2−I1
(3)设热敏电阻与温度的关系为Rx=kt+b
由图丙所示图像可知，纵轴截距b=10Ω，图象的斜率k=ΔRxΔt=50−10300Ω/℃=215Ω/℃
则Rx=215t+10(Ω)
当温控箱中的温度达到450℃时，热敏电阻的阻值为Rx=70Ω，通过热敏电阻的电流为0.03A，
此时电流表A1的示数为I1=IRxr1=0.03×705A=0.42A。
故答案为：(1)实验电路图解析图所示；(2)1.20；I1r1I2−I1；(3)0.42。
(1)根据实验器材与实验原理作出实验电路图。
(2)根据图乙所示表盘确定其分度值，读出其示数，然后应用欧姆定律求出电阻。
(3)根据图丙所示图像得出热敏电阻的阻值与温度的关系式，由图示图像求出温度对应的电阻值，然后应用欧姆定律求解。
理解实验原理、分析清楚图示图像是解题的前提；应用串并联电路特点与欧姆定律，根据图示图像求出图像的函数表达式即可解题。
13.【答案】解：(1)物块从A点到B点做平抛运动，物块沿B点的切线方向进入圆弧轨道，物块在B点的速度方向与水平方向的夹角为θ=37∘，则tanθ=vyv0=gtv0，物块的水平位移：x=v0t
代入数据解得：x=1.2m
(2)物块在B点的速度大小vB=v0cos37∘=40.8m/s=5m/s
物块由B→C过程，由动能定理得：mgR(1−cosθ)=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vC=6m/s
物块在小车上CD段滑动过程中，系统动量守恒，取水平向右为正方向，
由动量守恒定律得：mvC=(M+m)v
由能量守恒定律得：12mvC2=12(M+m)v2+μmgL
代入数据解得：M=5kg
答：(1)A、B两点的水平距离x是1.2m；
(2)小车的质量M是5kg。
【解析】(1)物块抛出后做平抛运动，应用平抛运动规律求解。
(2)应用动能定理求出物块到达C点时的速度，物块到达C点后物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。
本题物块运动过程比较复杂，分析清楚物块的运动情况是解题的前提，把握各个过程的物理规律是关键。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究。物块在小车滑行过程，往往根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合进行解答。
14.【答案】解：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有2ay=v02
根据牛顿第二定律：a=qEm
解得：v0=1.5×104m/s.
(2)设电荷运动轨道的半径为r1，洛伦兹力提供向心力有：B1qv0=mv02r1
电荷第六次经过电场和磁场的边界时，到达N点，根据几何关系可知x=6r1
解得：B1=0.3T
(3)当磁场方向垂直纸面向里时，设电荷运动轨道的半径为r2，同理可得：r2=mv0qB2
由圆周运动规律有T=2πmqB
当磁场方向垂直纸面向外时，周期：T1=2πmqB1=2π3×10−5s
当磁场方向垂直纸面向里时，周期：T2=2πmqB2=2π5×10−5s
电荷从t=0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知电荷的运动轨迹如图甲所示
从电荷第一次通过MN开始，其运动的周期：T=4π5×10−5s
此时电荷到O点的水平距离：Δd=2(r1−r2)
电荷在电场中运动一个来回的时间：t1=2v0a
正好与无磁场的时间相等，即每经过一个周期，电荷在水平方向向右前进4cm，根据电荷运动的周期性和总时间分析有：t总=nT+α360∘T1s
根据电荷的运动情况和总时间可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为5个，即：s=5Δd
则电荷最后运动的情况如图乙所示
α360∘T1=5π18×10−5s
解得α=150∘
由几何关系有：L=s+r1+r1cos(180∘−α)
联立代入数据解得：L=(50+532)×10−2m
答：(1)电荷第一次经过电场和磁场边界时的速度大小为1.5×104m/s；
(2)磁感应强度的大小为0.3T；
(3)L的值为(50+532)×10−2m。
【解析】(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出速度。
(2)电荷进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力解得磁感应强度。
(3)电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达挡板前运动的完整周期数，根据运动轨迹及几何关系解得。
本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理。电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间。
15.【答案】升高 做正功
【解析】解：从A到B的过程中，根据pVT=C可知pV的乘积增大，故温度T升高；气体从状态C变化到状态A的过程中气体的体积减小，外界对气体做正功
故答案为：升高；做正功
由pVT=C得：pV=CT，故PV之积越大表示温度越高，根据气体体积的变化，判断出外界对气体做功情况。
从p−V图像上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据一定质量的理想气体状态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口
16.【答案】解：(i)设活塞的横截面积为S，气体初状态的温度T0=300K，体积V0=LS，气体末状态的体积V1=xS=75LS，
对气体加热过程气体压强不变，由盖-吕萨克定律得：V0T0=V1T1，代入数据解得：T1=420K
(ii)设活塞恰好到达汽缸左端时气体的温度为T，气体体积V′=2LS，
由盖-吕萨克定律得：V0T0=V′T，代入数据解得：T=600K
答：(i)汽缸内密闭气体的热力学温度是420K；
(ii)汽缸内密闭气体的压强是1.1×105Pa。
【解析】(i)气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律可以求出气体的温度。
(ii)应用盖-吕萨克定律求出活塞到达汽缸左端时气体的温度，然后应用一定质量的理想气体状态方程求解。
根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体的状态参量，应用盖-吕萨克定律与一定质量的理想气体状态方程即可解题。
17.【答案】负 4
【解析】解：根据题意可得，a质点从t=0.1s时刻起向上振动，结合质点的振动方向与波的传播方向的关系可知，波沿x轴负方向传播；
由图可知，该波的振幅为0.2cm，周期为0.2s，从t=0开始，因为1s时间等于5个周期，则质点b通过的路程为
s=5×4A=5×4×0.2cm=4cm
故答案为：负；4
根据图像得出质点的振动方向，结合同侧法分析出波的传播方向；
根据时间和周期的关系计算出质点的振动路程。
本题主要考查了横波的图像，从图像上得出周期，振幅等物理量，熟练掌握同侧法分析出波的传播方向，同时根据简谐运动的特点完成对质点通过的路程的计算即可，属于常规考法。
18.【答案】解：(1)如图所示：
由几何关系知：r=30∘，EC=CD2−DE2=CD2−(a4)2
由三角函数可知：sin60∘=ECBC=CD2−(a4)2a，解得：CD=134a
又sin∠BDCsin∠B=BCCD，即：sin(90∘+β)sin60∘=a134a，解得：cosβ=2313
那么，sinβ=1−cos2β=1313
根据折射定律n=sinαsinβ可得：n=132
(2)由v=cn可得：v=213c
由v=st可得：t=13a8c
答：(1)三棱镜的折射率n为132；
(2)该光束在三棱镜中的传播时间t为13a8c。
【解析】(1)根据几何关系求出光线在AB边折射时的入射角和折射角，从而由折射定律求出三棱镜的折射率。
(2)根据v=cn求出光在三棱镜中的传播速度，由几何关系求出DC长度，再根据t=sv求光束在三棱镜中的传播时间。
处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度。灵活运用数学知识帮助分析和计算。
2021-2022学年河北省邯郸市十校高三（上）期末物理试卷
1. 物理学自牛顿的三大定律以来，经历了几百年的发展，人类在物理理论上取得了空前的成就。关于物理学史，下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律是从实验中直接得出的结论
B. 德布罗意最先提出了物质波，认为所有物质都有波动性和粒子性
C. 如果能发生光电效应，一旦增大入射光强度，光电子的最大初动能必定增加
D. α粒子散射实验发现，α粒子发生较大角度偏转，说明了原子几乎是一个整体
2. 某人站在一平静湖面上静止的游轮上观光，不慎掉落一质量m=10g的实心木珠(视为质点)，从木珠刚入水到木珠速度减为零的时间为木珠在空中运动时间的一半，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。木珠在水中向下运动过程中受到水的平均作用力大小为( )
A. 0.08N B. 0.008N C. 0.3N D. 0.03N
3. A、B、C三根通电长直导线均水平固定且互相平行，导线通入大小相等的恒定电流，方向如图所示，其中导线A，B垂直纸面且在同一水平面上，导线C垂直纸面并在导线A的正下方。下列说法正确的是( )
A. 导线B对导线A的安培力方向竖直向上
B. 导线C对导线A的安培力方向竖直向下
C. 若解除导线C的固定，则其仍可能处于静止状态
D. 若把导线C固定在导线A和导线B正中间，则导线C受到的安培力为0
4. 如图所示，有P、N两块质量相同的物块，在物块P上施加一沿水平方向的外力F，使它们叠放在竖直面上且处于静止状态，下列说法正确的是( )
A. 物块P一定受到4个力的作用
B. 物块P一定受到3个力的作用
C. 物块N一定受到4个力的作用
D. 物块N可能受到6个力的作用
5. 随着宇宙航天技术不断地发展，人类也越来越向往探索其他的外文明，若有一个和地球类似的星球，其质量和地球质量几乎相等，半径却达到了地球半径的3倍，则该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的大小之比约为( )
A. 0.6 B. 1.7 C. 0.3 D. 9
6. 某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示，虚线M右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0=2m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 图乙中x0=0.5m
B. 线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C. 线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D. 线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22C
7. 如图所示，固定光滑斜面的倾角为37∘，轻弹簧的一端固定在斜面上C点正上方的固定转轴O处，另一端与一质量为m的滑块(视为质点)相连，弹簧原长和O点到斜面的距离均为d。将滑块从与O点等高的A点由静止释放，滑块经过O点在斜面上的垂足B点到达C点的过程中始终未离开斜面，滑块到达C点时弹簧的弹力小于滑块受到的重力，取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块经过B点的速度小于gd
B. 滑块从A点运动到C点的过程中，在B点的速度最大
C. 滑块从A点运动到C点的过程中，其速度一直在增大
D. 弹簧的劲度系数大于2mgd
8. 2021年夏天，中国多地出现暴雨，导致洪涝灾害．在某次救援演习中，一冲锋舟匀速横渡一条两岸平直、水流速度不变的河流，当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600m处；若冲锋舟船头保持与河岸成30∘角向上游航行时，则恰能到达正对岸，已知河水的流速大小为5m/s，下列说法正确的是( )
A. 冲锋舟在静水中的速度大小为10m/s
B. 河的宽度为4003m
C. 冲锋舟在静水中的速度大小为1033m/s
D. 河的宽度为6003m
9. 一理想变压器的示意图如图所示，原线圈的匝数n1=2200，其中一副线圈的匝数n2=1000，该副线圈两端接有阻值R=25Ω的电阻；另一副线圈的匝数n3=300，两端接有额定电压为30V、额定功率为15W的灯泡L。原线圈接入交变电源后，灯泡L恰能正常发光。则( )
A. 原线圈两端的电压有效值为220V B. 原线圈的输入功率为375W
C. 通过电阻R的电流有效值为0.2A D. 电阻R消耗的电功率为400W
10. 如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，半径为0.2m、内壁光滑的绝缘半圆细管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。质量为0.1kg、电荷量为0.01C的带正电的小球(视为质点)从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时的速度大小为2m/s，之后小球从MNPQ区域的右边界NP离开电场．取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球在B点受到的支持力大小为2N B. 匀强电场的电场强度大小为100V/m
C. 电场区域的最小面积为6+4225m2 D. 电场区域的最小面积为8+4225m2
11. 小明利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系，滑块放在长木板上，长木板置于水平桌面上，砂桶通过滑轮与细线拉滑块，在细线上接有一个微型力传感器，通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F。保持滑块质量不变，在砂桶中添加少量细砂来改变力传感器的示数F，利用打点计时器打出的纸带求出对应拉力F时的加速度a，从而得到如图乙所示的F−a图像．
(1)关于该实验，下列说法正确的是______.
A.需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力
B.砂桶和砂的总质量应远小于滑块的质量
C.需要让细线与长木板保持平行
(2)实验中打出的一条纸带如图丙所示，打点计时器打点的周期T=0.02s，在纸带上依次标上1、2、3、4、5、6，7等计数点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出来，测得x1=7.35cm、x2=9.44cm、x3=11.56cm、x4=13.65cm、x5=15.86cm、x6=17.97cm。利用以上数据可知，打该纸带时滑块的加速度大小a=______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(3)图乙中直线的延长线没有经过原点的原因是______(任写一条即可)，由图乙可知滑块的质量m=______kg(结果保留两位有效数字).
12. 物理兴趣小组的同学们想通过实验探究热敏电阻的阻值与温度的关系及并联电路的电流与电阻的关系。实验中有如下器材：
A.热敏电阻Rg；
B.定值电阻R0；
C.学生直流电压电源(电动势为5V，内阻不计)；
D.电流表A1(量程为0.6A，内阻r1为5Ω)；
E.电流表A2(量程为3A，内阻r2约为1Ω)；
F.数字温控箱；
G.开关S，导线若干。
(1)为了更精确地描述出电阻Rx随温度变化的关系(精确测定不同温度时的阻值)，请完成虚线框内图甲电路图的设计。
(2)闭合开关S，分别记下电流表A1、A2的示数为I1、I2，其中A2的示数如图乙所示，则I2=______A，可得Rx=______(用题中已知和测量出的物理量的符号表示)。
(3)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rx−t图像。由图像分析可知，当温控箱中的温度达到450℃时，通过热敏电阻的电流为0.03A，此时热敏电阻的阻值仍满足图丙中的变化规律，则电流表A1的示数为______A.(结果保留两位有效数字)
13. 如图所示，小车静置于光滑水平地面上，左侧靠在障碍物旁，小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道半径R=2.75m，BC与CD相切于C点，BC所对圆心角θ=37∘，CD段长L=5m，质量m=1kg的物块(视为质点)从某一高度处的A点以v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，物块滑到小车右端D点时恰好与小车相对静止。物块与粗糙轨道CD间的动摩擦因数μ=0.3，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)A、B两点的水平距离x；
(2)小车的质量M。
14. 现代研究微观粒子的碰撞，往往会采用电场和磁场的相关变化来控制带电粒子的运动状态．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上，电场强度大小E=2.25π×104V/m的匀强电场．现将一重力不计、比荷qm=1×106C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放。O点与N点的水平距离x=0.3m，竖直距离y=π2×10−2m，一段时间后电荷通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，其磁感应强度大小为B(未知)，电荷第六次经过电场和磁场的边界时，到达N点．
(1)求电荷第一次经过电场和磁场边界时的速度大小v0；
(2)求磁感应强度的大小B1；
(3)其他条件不变，仅使磁场的磁感应强度按照图乙所示(图乙中以磁场方向垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻)做周期性变化且周期T=4π5×10−5s，如果在O点右方距O点的距离为L处有一垂直于MN的足够大的挡板，电荷从O点运动到挡板处所需的时间t总=7718π×10−5s，求L。
15. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，最后变化到状态A，完成循环。气体在由状态A变化到状态B的过程中，温度______(选填“升高”、“降低”或“不变”)，气体从状态C变化到状态A的过程中，外界对气体______(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)。
16. 如图所示，一水平放置的汽缸左端开孔，汽缸内壁的长度为2L，一活塞只能在汽缸内运动，汽缸右边封闭有一定质量的理想气体，不计活塞厚度和所有摩擦，活塞和汽缸均绝热。开始时活塞处在汽缸中间，缸内气体的热力学温度T0=300K，外界大气压p0=1×105Pa，现用电热丝对密闭气体缓慢加热。
(i)当活塞离汽缸右端的距离x=75L时，求汽缸内密闭气体的热力学温度T1；
(ii)当缸内气体的热力学温度T2=660K时，求汽缸内密闭气体的压强p2。
17. 一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.1s时刻的波形图如图甲所示。图乙表示该波传播的介质中x=2cm处的a质点的振动图像。则该波沿x轴______(选填“正”或“负”)方向传播；从t=0开始，经过1s，质点b通过的路程为______cm。
18. 如图所示，等边三棱镜ABC的边长为a，一平行于底边BC的光束从AB边上距B点a4的D点射入棱镜，经折射后恰好从顶点C离开棱镜。已知光在真空中的速度为c，求：
(1)三棱镜的折射率n；
(2)该光束在三棱镜中的传播时间t。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接得出的，故A错误；
B、德布罗意最先提出了物质波，认为所有物质都有波动性和粒子性，故B正确；
C、根据光电效应方程Ekm=hν−W0，知最大初动能与入射光的频率及逸出功有关，与入射光的强度无关，故C错误。
D、α粒子散射实验发现，α粒子发生较大角度偏转，说明了原子带正电的部分占的体积很小，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。根据光电效应方程Ekm=hν−W0可判断最大初动能与入射光的强度无关。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】C
【解析】解：设下落时间为t，全程根据动量定理
mg(t+t2)−f⋅t2=0
解得：f=3mg=3×10×10−3kg×10m/s2=0.3N
故C正确，ABD错误。
故选：C。
全过程应用动量定理，根据全过程动量的变化量为0，列式求解。
本题考查学生对动量定理的应用，在使用过程中要注意选取全程为分析过程，同时还要注意全程中重力都产生冲量。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据电流之间的相互作用规律“同向相吸，反向相斥”可知导线B对导线A的安培力方向水平向左，故A错误；
B、根据电流之间的相互作用规律“同向相吸，反向相斥”可知导线C对导线A的安培力方向竖直向下，故B正确；
C、若解除导线C的固定，由于A对C的力竖直向上，B对C的力向左下，则C水平方向受力不平衡，所以C不可能处于静止状态，故C错误；
D、若把导线C固定在导线A和导线B正中间，则导线C受到A对C的吸引力和B对C的排斥力，方向都向左，所以C受到的安培力不为0，故D错误；
故选：B。
根据电流之间的相互作用规律“同向相吸，反向相斥”判定任两个平行通电直导线间的作用力，根据平行四边形定则得出安培力大小和方向，从而判定导线的运动状态。
解决本题的关键掌握电流之间的相互作用规律：“同向相吸，反向相斥”，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。
4.【答案】A
【解析】解：AB.如果P、N之间没有摩擦力，则物块P不能平衡，所以N对P有向左下的支持力和沿着接触面向左上的摩擦力，物块P一定受到4个力的作用，故A正确，B错误；
CD.整体分析可知，墙对N有向上的摩擦力，大小等于两者的重力之和，物块N还受到重力、墙对N的支持力，P对N的支持力，P对N的摩擦力，所以物块N一定受到5个力的作用，CD错误；
故选：A。
将P、N作为整体分析，墙壁对N的摩擦力，隔离P、N分别分析两物体受力即可。
本题考查共点力作用下的物体平衡，受力分析一般步骤：一重二弹三摩擦，解题关键是整体法和隔离法的应用，较为典型。
5.【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力GMmR2=mv12R解得第一宇宙速度表达式为v1=GMR，由于两星球质量相同，则v1∝1R
该星球半径是地球半径的3倍，所以第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的13，约为0.6倍，故A正确，BCD错误。
故选：A。
第一宇宙速度也叫最大的环绕速度，建立环绕模型，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解。
本题考查对第一宇宙速度理解以及圆周运动的解决方法。
6.【答案】D
【解析】解：A、线框中的磁通量变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而速度发生改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，所以图乙中的x0=1m，故A错误；
B、线框进入磁场过程中，安培力为F=BIL=B2L2vR，由图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，由此线框做加速度减小的减速运动，故B错误；
C、根据能量守恒可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有：Q=12mv02−12mv2，代入数据可得：Q=0.15J，故C错误；
D、线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得：−BI−Lt=mv−mv0，
即：B2L2v−tR=mv0−mv，其中v−t=x，解得：v=v0−B2L2xmR
结合图像乙可知，当x=1m时，v=1m/s，代入解得：B=150T=210T
通过线框截面的电量为：q=I−t=E−Rt=ΔΦR=BL2R，代入数据解得：q=22C，故D正确。
故选：D。
线框中的磁通量变化时，线框中会产生感应电流，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，根据速度的变化情况确定x0的大小；根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据能量守恒求解产生的焦耳热；根据动量定理求解磁感应强度，根据电荷量的计算公式求解通过线框截面的电量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
7.【答案】C
【解析】解：A.滑块从A到B点，根据题意可知弹簧和重力都做正功，假如只有重力做功，根据动能定理
mgdcos37∘=12mv2
解得：v=85gd
所以滑块经过B点的速度大于gd，故A错误；
BC.从A到C的过程中，重力沿斜面向下分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下分量逐渐减小，即合外力不断减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大，合外力逐渐减小，所以加速度是一直减小，但是加速度和速度方向始终一致，所以做加速度减小的加速运动，故B错误，C正确；
D.根据几何关系可得
LOC=54d
根据胡克定律
F=k⋅Δx
根据题息可得
k(54d−d)
故D错误。
故选：C。
从A到C的过程中，重力沿斜面向下分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下分量逐渐减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大，所以加速度是一直减小，加速度和速度方向始终一致，滑块做加速度减小的加速运动。根据动能定理分析滑块经过B点时速度；根据胡克定律和几何关系分析弹簧劲度系数。
本题解题关键是分析清楚滑块的运动，注意B点不是速度最大的点，滑块速度最大时，合外力为零。
8.【答案】BC
【解析】解AC.冲锋舟恰能到达正对岸时，在静水中速度v静与水的流速v水的合速度垂直于河岸，则有v静sin60∘=v水
解得v静=1033m/s
故A错误，C正确；
BD.当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600m处，由于船在垂直河岸方向和沿河岸方向都是匀速运动，所以两个方向的位移之比等于两方向的速度之比，即ds=v静v水
式中s指沿河岸方向的位移，为600m，d指河宽，可解得d=4003m
故B正确，D错误。
故选：BC。
若冲锋舟船头保持与河岸成30∘角向上游航行时，则恰能到达正对岸，根据几何关系可求冲锋舟在静水中的速度；
当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600m处，在水流方向上做匀速直线运动，根据几何关系可求河宽。
明确小船渡河问题，最短时间渡河和最短位移过河的情况。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据U1U3=n1n3可得：U1=220V，故A正确；
B、根据U1U2=n1n2可得：U2=100V，根据P入=P出可得：P入=U22R+P3=100225W+15W=415W，故B错误；
C、通过电阻R的电流为I=U2R=10025A=4A，故C错误；
D、电阻R消耗的功率P=U22R=100225W=400W，故D正确；
故选：AD。
理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律求得电流，利用P=U2R求得电阻消耗的功率。
本题主要考查了理想变压器，明确原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，结合欧姆定律即可求得。
10.【答案】BD
【解析】解：A.在B点，根据牛顿第二定律：FN−mg=mvB2r
解得：FN=mg+mvB2r=(0.1×10+0.1×220.2)N=3N
故A错误；
B.A到B的过程中，根据动能定理：mg×2R−qER=12mvB2
解得：E=100V/m
故B正确；
CD.小球从B点飞出后，水平方向左匀变速运动qE=ma
解得：a=qEm=0.01×1000.1m/s2=10m/s2
水平速度减速到0
02−vB2=2(−a)x
解得：x=vB22a=222×10m=0.2m
所以电场区域水平方向宽度至少为x1=x+R
水平方向，带电粒子向左减速的时间：t1=0−vB−a=0−2−10s=0.2s
向右加速：x1=12at22t2=2x1a=2×0.410=25s
小球竖直方向上做自由落体运动：y=12g(t1+t2)2=12×10×(0.2+25)2m=3+225m
电场竖直方向宽度至少为：y1=y+R=(3+225+0.2)m=4+225m
电场区域的面积至少为：S=x1y1=0.4×(4+225)m2=8+4225m2
故C错误，D正确。
故选：BD。
在B点，球受受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可；对从A到B过程，根据动能定理列式求解电场强度；小球在电场区域受向右的电场力和向下的重力，竖直方向的分运动时自由落体运动，水平方向的分运动时匀变速直线运动。
本题关键明确粒子的运动，然后结合动能定理、牛顿第二定律、正交分解法、运动学公式列式求解，不难．
11.【答案】AC2.13未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力 1
【解析】解：(1)该实验中需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力，需要让细线与长木板保持平行，以保证细线上的拉力就是滑块所受合力，因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量，故AC正确，B错误。
故选：AC。
(2)由题意知相邻两计数点间的时间t=5T=0.1s，打该纸带时滑块的加速度大
a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)(3t)2=(13.65+15.86+17.97)−(7.35+9.44+11.56)(3×0.1)2×10−2m/s2≈2.13m/s2
(3)图乙中直线的延长线没有经过原点，由图可知当F=2N时，a=0，说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。
设未完全平衡摩擦力为f余
F−f余=ma
F=ma+f余
斜率表示滑块的质量，可得滑块的质量m=5−23kg=1kg
故答案为：(1).AC；(2).2.13；(3).未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；1.0。
(1)根据实验注意事项与实验原理分析答题。
(2)应用匀变速直线运动的推论求出滑块的加速度大小。
(3)根据图示图象分析图线不过原点的原因；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后求出滑块的质量。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提；应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律即可解题；解题时注意有效数字的保留。
12.【答案】(1)见解析图 (2)1.20I1r1I2−I1 (3)0.42
【解析】解：(1)题中没有电压表，可用已知内阻的电流表A1可作为量程为3V的电压表使用，电流表A2测电流，电路图如图所示
(2)A2的量程为3A，由图乙所示可知，其分度值是0.1A，示数为I2=1.20A
根据电路图电路图，由欧姆定律得：Rx=I1r1I2−I1
根据图示电路图，由欧姆定律可知，电阻阻值Rx=UI=I1r1I2−I1
(3)设热敏电阻与温度的关系为Rx=kt+b
由图丙所示图像可知，纵轴截距b=10Ω，图象的斜率k=ΔRxΔt=50−10300Ω/℃=215Ω/℃
则Rx=215t+10(Ω)
当温控箱中的温度达到450℃时，热敏电阻的阻值为Rx=70Ω，通过热敏电阻的电流为0.03A，
此时电流表A1的示数为I1=IRxr1=0.03×705A=0.42A。
故答案为：(1)实验电路图解析图所示；(2)1.20；I1r1I2−I1；(3)0.42。
(1)根据实验器材与实验原理作出实验电路图。
(2)根据图乙所示表盘确定其分度值，读出其示数，然后应用欧姆定律求出电阻。
(3)根据图丙所示图像得出热敏电阻的阻值与温度的关系式，由图示图像求出温度对应的电阻值，然后应用欧姆定律求解。
理解实验原理、分析清楚图示图像是解题的前提；应用串并联电路特点与欧姆定律，根据图示图像求出图像的函数表达式即可解题。
13.【答案】解：(1)物块从A点到B点做平抛运动，物块沿B点的切线方向进入圆弧轨道，物块在B点的速度方向与水平方向的夹角为θ=37∘，则tanθ=vyv0=gtv0，物块的水平位移：x=v0t
代入数据解得：x=1.2m
(2)物块在B点的速度大小vB=v0cos37∘=40.8m/s=5m/s
物块由B→C过程，由动能定理得：mgR(1−cosθ)=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vC=6m/s
物块在小车上CD段滑动过程中，系统动量守恒，取水平向右为正方向，
由动量守恒定律得：mvC=(M+m)v
由能量守恒定律得：12mvC2=12(M+m)v2+μmgL
代入数据解得：M=5kg
答：(1)A、B两点的水平距离x是1.2m；
(2)小车的质量M是5kg。
【解析】(1)物块抛出后做平抛运动，应用平抛运动规律求解。
(2)应用动能定理求出物块到达C点时的速度，物块到达C点后物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。
本题物块运动过程比较复杂，分析清楚物块的运动情况是解题的前提，把握各个过程的物理规律是关键。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究。物块在小车滑行过程，往往根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合进行解答。
14.【答案】解：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有2ay=v02
根据牛顿第二定律：a=qEm
解得：v0=1.5×104m/s.
(2)设电荷运动轨道的半径为r1，洛伦兹力提供向心力有：B1qv0=mv02r1
电荷第六次经过电场和磁场的边界时，到达N点，根据几何关系可知x=6r1
解得：B1=0.3T
(3)当磁场方向垂直纸面向里时，设电荷运动轨道的半径为r2，同理可得：r2=mv0qB2
由圆周运动规律有T=2πmqB
当磁场方向垂直纸面向外时，周期：T1=2πmqB1=2π3×10−5s
当磁场方向垂直纸面向里时，周期：T2=2πmqB2=2π5×10−5s
电荷从t=0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知电荷的运动轨迹如图甲所示
从电荷第一次通过MN开始，其运动的周期：T=4π5×10−5s
此时电荷到O点的水平距离：Δd=2(r1−r2)
电荷在电场中运动一个来回的时间：t1=2v0a
正好与无磁场的时间相等，即每经过一个周期，电荷在水平方向向右前进4cm，根据电荷运动的周期性和总时间分析有：t总=nT+α360∘T1s
根据电荷的运动情况和总时间可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为5个，即：s=5Δd
则电荷最后运动的情况如图乙所示
α360∘T1=5π18×10−5s
解得α=150∘
由几何关系有：L=s+r1+r1cos(180∘−α)
联立代入数据解得：L=(50+532)×10−2m
答：(1)电荷第一次经过电场和磁场边界时的速度大小为1.5×104m/s；
(2)磁感应强度的大小为0.3T；
(3)L的值为(50+532)×10−2m。
【解析】(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出速度。
(2)电荷进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力解得磁感应强度。
(3)电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达挡板前运动的完整周期数，根据运动轨迹及几何关系解得。
本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理。电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间。
15.【答案】升高 做正功
【解析】解：从A到B的过程中，根据pVT=C可知pV的乘积增大，故温度T升高；气体从状态C变化到状态A的过程中气体的体积减小，外界对气体做正功
故答案为：升高；做正功
由pVT=C得：pV=CT，故PV之积越大表示温度越高，根据气体体积的变化，判断出外界对气体做功情况。
从p−V图像上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据一定质量的理想气体状态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口
16.【答案】解：(i)设活塞的横截面积为S，气体初状态的温度T0=300K，体积V0=LS，气体末状态的体积V1=xS=75LS，
对气体加热过程气体压强不变，由盖-吕萨克定律得：V0T0=V1T1，代入数据解得：T1=420K
(ii)设活塞恰好到达汽缸左端时气体的温度为T，气体体积V′=2LS，
由盖-吕萨克定律得：V0T0=V′T，代入数据解得：T=600K
答：(i)汽缸内密闭气体的热力学温度是420K；
(ii)汽缸内密闭气体的压强是1.1×105Pa。
【解析】(i)气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律可以求出气体的温度。
(ii)应用盖-吕萨克定律求出活塞到达汽缸左端时气体的温度，然后应用一定质量的理想气体状态方程求解。
根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体的状态参量，应用盖-吕萨克定律与一定质量的理想气体状态方程即可解题。
17.【答案】负 4
【解析】解：根据题意可得，a质点从t=0.1s时刻起向上振动，结合质点的振动方向与波的传播方向的关系可知，波沿x轴负方向传播；
由图可知，该波的振幅为0.2cm，周期为0.2s，从t=0开始，因为1s时间等于5个周期，则质点b通过的路程为
s=5×4A=5×4×0.2cm=4cm
故答案为：负；4
根据图像得出质点的振动方向，结合同侧法分析出波的传播方向；
根据时间和周期的关系计算出质点的振动路程。
本题主要考查了横波的图像，从图像上得出周期，振幅等物理量，熟练掌握同侧法分析出波的传播方向，同时根据简谐运动的特点完成对质点通过的路程的计算即可，属于常规考法。
18.【答案】解：(1)如图所示：
由几何关系知：r=30∘，EC=CD2−DE2=CD2−(a4)2
由三角函数可知：sin60∘=ECBC=CD2−(a4)2a，解得：CD=134a
又sin∠BDCsin∠B=BCCD，即：sin(90∘+β)sin60∘=a134a，解得：cosβ=2313
那么，sinβ=1−cos2β=1313
根据折射定律n=sinαsinβ可得：n=132
(2)由v=cn可得：v=213c
由v=st可得：t=13a8c
答：(1)三棱镜的折射率n为132；
(2)该光束在三棱镜中的传播时间t为13a8c。
【解析】(1)根据几何关系求出光线在AB边折射时的入射角和折射角，从而由折射定律求出三棱镜的折射率。
(2)根据v=cn求出光在三棱镜中的传播速度，由几何关系求出DC长度，再根据t=sv求光束在三棱镜中的传播时间。
处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度。灵活运用数学知识帮助分析和计算。
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