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2021-2022学年上海市普陀区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年上海市普陀区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了01s时刻，电流表示数为4，【答案】C，【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】AB，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市普陀区高三（上）期末物理试卷（一模）
1. 如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且AC=CD=DB.试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，则( )
A. Q1一定大于Q2 B. C、D两点的场强方向可能相同
C. +q的加速度大小先减小后增大 D. +q的动能和电势能的总和先减小后增大
2. 下列核反应方程正确的是( )
A. 轻核聚变反应方程 12H+13H→24He+x中，x表示电子
B. 铀核裂变的一种核反应方程为 92235U→56144Ba+3689Kr+201n
C. 核反应方程 714N+24He→817O+11H为轻核聚变
D. 放射性元素 84210Po发生的α衰变方程为 84210Po→82206Pb+24He
3. 大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态
B. 人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是2gh
C. 人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧
D. 人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力
4. 2013年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课。授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应。在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化(振动)，如图所示。已知液滴振动的频率表达式为f=krαρβσγ，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数(其单位为N/m)，α、β、γ是相应的待定常数。对于这几个待定常数的大小，下列说法中可能正确的是( )
A. α=32，β=12，γ=−12 B. α=−32，β=−12，γ=12
C. α=−2，β=12，γ=−12 D. α=−3，β=−1，γ=1
5. 如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是( )
A. 从tl到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBS
B. 从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为NbsR
C. t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω
D. 电流表的示数为nBSω2(r+R)
6. 在光电效应实验中，某实验小组用同种频率的单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应。对这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是( )
A. 饱和光电流
B. 遏止电压
C. 光电子的最大初动能
D. 逸出功
7. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计。从某时刻开始在c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有( )
A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V
B. 当单刀双掷开关与b连接时，在t=0.01s时刻，电流表示数为4.4A
C. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz
D. 当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小
8. 如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m1的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固定在水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与小球A接触，立方体B的质量为m2.施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，杆与地面间的夹角恰为π6，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1：2
B. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，立方体B的速率为gl8
C. 小球A落地时速率为2gl
D. 小球A、立方体B质量之比为1：4
9. 质量m=2kg的小物块在某一高度以v0=5m/s的速度开始做平抛运动，若g=10m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块( )
A. 此时的瞬时速度大小为52m/s
B. 此时重力的瞬时功率大小为200W
C. 此过程动量改变大小为10(5−1)kgm/s
D. 此过程重力的冲量大小为20N⋅s
10. 如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )
A. φ1：φ2=1：2
B. φ1：φ2=1：3
C. 在0∼2T时间内，当t=T时电子的电势能最小
D. 在0∼2T时间内，电子的动能增大了2φ2e2T2d2m
11. 如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在MM′处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放。金属棒a到达磁场中OO′时，动能是该金属棒运动到MM′时动能的14，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2.以下说法正确的是( )
A. 金属棒a运动到MM′时回路中的电流大小为BL3R2gh
B. 金属棒a运动到OO′时的加速度大小为a=B2L22gh3mR
C. 金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为13mgh
D. 金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是m2gh，方向向左
12. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)m
13. 某同学欲将内阻为100Ω、量程为300μA的电流计G改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300μA刻度。
可选用的器材还有：定值电阻R1(阻值25Ω)；定值电阻R2(阻值l00Ω)；滑动变阻器R(最大阻值l500Ω)；干电池(E=1.5V.r=2Ω)；红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。
(l)定值电阻应选择______(填元件符号)。改装后的欧姆表的中值电阻为______Ω。
(2)该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量一内阻和量程均未知的电压表V的内阻。步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节______(填图甲中对应元件犄号)，使电流计G指针指到______μA；再将______(填“红”或“黑”)表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“-”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V表的内阻为______Ω，量程为______V。
14. 在“研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关系”实验中。某同学按如下步骤进行实验：
①将注射器活塞移动到体积适中的V1位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V1与压强p1
②用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积。
③读出注射器刻度表示的体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强p。
④重复②③两步，记录5组数据。作p−1V图。
(1)由相关数学知识可知，在软管内气体体积ΔV不可忽略时，(1)在上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：______。因为该操作通常会影响气体的______(填写状态参量)。
(2)若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p−1V直线应是图a中的______。(填写编号)p−1V图像为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双曲线的渐近线(图b中的虚线)方程是p=______。(用V1、p1、ΔV表示)
15. 如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸，玻璃缸深度为2h，缸底面圆心处有一单色点光源S，缸中装有某种液体，深度为h，O点为液面的圆心，OS垂直于水平面。用面积为πh2的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以O为圆心剪出一个面积为13πh2的圆孔，把余下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则缸口的最小面积为多少？
16. 如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与坐标原点O相切，磁场的磁感应强度大小B=2×10−4T，方向垂直于纸面向外，在x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d=0.5m，板长L=1m，平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆心O1。若在O点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为qm=1×108C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：
(1)沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v和粒子在磁场中的运动时间t0；
(2)从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比；
(3)若在平行板的左端装上一挡板(图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过)，并且在两板间加上如图示电压(周期T0)，N板比M板电势高时电压值为正，在x轴上沿x轴方向安装有一足够长的荧光屏(图中未画出)，求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度l。
17. 如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30∘，OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E.OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q(图中未画出)垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m电荷量为q(q>0)，粒子的重力可忽略。求
(1)磁感应强度的大小
(2)粒子在第一象限运动的时间
(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意知道试探电荷+q只在电场力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，根据功能关系说明+q受到的电场力先做正功后做负功，得出+q受到的电场力的方向先向右后向左，根据F=qE得到从C到D的过程中电场强度的方向先向右后向左。
综合以上信息并根据电场强度的叠加原理分析得出从C到D的过程中某个位置电场强度为零。
若场强为零的位置在CD的中点，则两电荷大小相等；若离C点近些则+Q1Q2，故不能确定两电荷的大小关系，故AB错误；
C、根据A的分析知C、D之间的某个位置合场强为零，根据电场强度的叠加原理可知从C到D的过程中场强大小先减小后增大，根据牛顿第二定律：F=qE=ma可知+q的加速度大小先减小后增大，故C正确；
D、+q在整个的运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，但总能量不变，故D错误。
故选：C。
根据功能关系判断电场力做功情况，结合电场的叠加判断电场强度为零的点的位置，以及各处电场强度方向，电荷的受力问题；根据能量守恒定律判断动能和电势能的总和变化情况。
本题考查电场强度的叠加问题，关键是根据题意判断电场强度为零的点的位置。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据质量数与电荷数守恒可知，轻核聚变反应方程21H+31H→42He+10n，即x表示中子，故A错误；
B、铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中铀核裂变的一种核反应方程为23592U+10n→14456Ba+8936Kr+310n，故B错误；
C、核反应方程147N+42He→178O+11H，为人工核转变，故C错误；
D、根据质量数与电荷数守恒可知，放射性元素21084Po发生的α衰变方程为21084Po→20682+20682Pb+42He，故D正确。
故选：D。
根据质量数与电荷数守恒判断x是什么粒子；铀核裂变的生成物为3个中子；核反应方程147N+42He→178O+11H，为人工核转变；根据质量数与电荷数守恒判断即可。
本题考查了核反应的种类，同时要明白核反应过程质量数与电荷数守恒，要对记忆性的知识点加强训练。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
人和浮圈下滑的过程中有向下的加速度，处于失重状态；人和浮圈在下滑过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可以判断速度大小；人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动。
【解答】
A、人和浮圈沿滑梯下滑的过程是加速过程，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；
B、人和浮圈下滑的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgh−Wf=12mv2，所以v<2gh，故B错误；
C.人和浮圈在盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，摩擦力为滑动摩擦力，方向与速度方向相反，并不指向运动轨迹的内侧，故C错误；
D.人和浮圈进入盆体后，做近心运动，所以其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知频率的单位为Hz=1s；半径单位为m，密度单位为kg/m3；张力系数的单位为N/m=kg/s2；
则可知，要使总单位为1s，则r应为12；为了消去kg，β单位应为−12；α的系数一定为−32；
故选：B。
由题意可知，本题考查单位之间的换算关系，因频率的单位为1/s；根据半径、密度及表面张力的单位进行换算可明确公式是否正确。
本题考查单位的换算，要注意明确物理量之间的计算公式同样可适用于单位间的换算关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，tl和t3这两时刻的磁通量大小为0，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为0；故A错误；
B、从t3到t4这段时间磁通量的变化为BS，则平均电动势E=NBS△t；因此通过电阻R的电荷量为q=NBS(r+R)△t△t=NBSR+r；故B错误；
C、t3时刻电动势E=NBSω；则由法拉第电磁感应定律可知：E=N△Φ△t；则穿过线圈的磁通量变化率为BSω；故C错误；
D、电流表的示数为有效值，则有：I=ER=NBSω2(R+r)；故D正确；
故选：D。
明确交流电的产生过程，能由法拉第电磁感应定律分析平均电动势，再由欧姆定律求出平均电流，由Q=It可求出电荷量
由图得出交流电的最大值，再由有效值与最大值的关系即可求出电流的有效值；
本题考查交流电图象的掌握以及交流电的产生规律，要注意明确电表示数均为有效值，而求电量时用平均电动势；同时掌握法拉第电磁感应定律的正确应用．
6.【答案】A
【解析】解：A、饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同，故A正确。
CD、不同的金属其逸出功是不同的，根据光电效应方程：Ek=hν−W，用同种频率的单色光，光子能量hν相同，光电子的最大初动能Ek不同，故CD错误。
B、根据遏止电压和最大初动能关系：U=Eke，可知光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，故B错误。
故选：A。
饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同；根据光电效应方程和遏止电压和最大初动能关系式可以解题。
正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键。
7.【答案】AB
【解析】解：A、当单刀双掷开关与a连接时，变压器原、副线圈的匝数比为10：1，输入电压：U1=Um2=220V，根据变压比公式：U1U2=n1n2，可得输出电压为22 V，故A正确；
B、当单刀双掷开关与b连接时，变压器原副线圈的匝数比为5：1，输入电压U1=220V，故根据变压比公式：U1U2′=n1n2′，输出电压为44 V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值：I2=4.4A，故B正确；
C、由图象可知，电压的最大值为311 V，交流电的周期为2×10−2s，所以交流电的频率为f=50Hz，当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，故C错误；
D、当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误。
故选：AB。
根据图象乙可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器不改变交流电的频率。
根据电压与匝数成正比以及功率关系，结合闭合电路欧姆定律分析。
此题考查了变压器的构造和原理，解题时应注意掌握：在理想变压器中，原副线圈两端的电压电流满足：U1U2=n1n2，副线圈消耗的电功率决定原线圈输入功率，两者相等。
8.【答案】BD
【解析】解：A、A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，则：vAcos60∘=vB
因此，vA：vB=2：1，故A错误；
B、根据牛顿第二定律：mgsin30∘=mvA2l，解得：vA=gl2
又vA：vB=2：1，可知：vB=gl8，故B正确；
C、由机械能守恒可知，mglsin30∘=12mv2−12mvA2，
解得：v=vA2+gl，故C错误；
D、根据A与B脱离之前机械能守恒可知：mgl(1−sin30∘)=12mvA2+12MvB2，解得：m：M=1：4，故D正确；
故选：BD。
小球A实际运动的方向是合速度的方向，但在水平方向上与立方体B的速度一样，根据速度的分解合成可知道他们的比值关系；
由圆周运动的运动规律计算A的速度，那么根据比例关系得出B的速度；
而在分离时刻小球重力分离提供向心力，联立可解得两球质量关系。
本题关键是找到小球的分运动和合运动，然后正交分解得到小球的水平分速度的表达式进行讨论。
9.【答案】BD
【解析】解：物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相等时，
12gt2=v0t
解得：t=1s
A、此时竖直方向的速度为：vy=gt=10m/s，则此时的速度为：v=v02+vy2=55m/s，故A错误；
B、此时的重力瞬时功率为：P=mgvy=200W，故B正确；
C、根据动量定理：I=△P=mgt=20kgm/s，故C错误；
D、根据I=mgt=20N⋅s，故D正确。
故选：BD。
根据平抛运动规律求出竖直位移等于水平位移的时间，根据自落体运动公式求出此时竖直速度大小，再根据勾股定理求出此时的瞬时速度大小；根据P=mgvy求出此时的重力功率；根据动量定理求出动量的变化量；根据I=mgt求出重力的冲量大小。
本题考查平抛运动和动量的问题，关键是利用平抛运动的规律求出其位移相同时的时间。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、电子在0∼T时间内向上加速运动，设加速度为a1，在T∼2T时间内先向上减速到零后向下加速回到原出发点，设加速度为a2，则12a1T2=−(a1T⋅T−12a2T2)
解得a2=3a1
由于a1=φ1edma2=φ2edm
则φ1：φ2=1：3，故A错误，B正确；
C、依据电场力做正功最多，电势能最小，而0∼T内电子做匀加速运动，T∼2T之内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动，因φ2=3φ1，t1时刻电子的动能EK=12mv2=e2T2φ122md2
而粒子在t2时刻的速度v2=v1−a2T=−2φ1eTdm
故电子在2T时的动能EK2=2e2T2φ12md2∖hfill
所以在2T时刻电势能最小，故C错误；
D：电子在2T时刻回到P点，此时速度为v2=v1−a2T=−2φ1eTdm(负号表示方向向下)
电子的动能为Ek=12mv22=2φ2e2T2d2m，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。
故选：BD。
电子在交变电场中运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学规律求出末速度和位移，由题设条件解出交变电场正负电势的关系。涉及的电势能问题，由能量守恒可以进行判断。
本题的难点在于正负电势大小关系的判定，只能由题设条件经过2T时间回到P点，则两段位移之和为零，列方程解出正负电势的大小关系。从能量守恒定律来判定电势能的大小：电势能最小的时刻一定是动能最大的时刻，且电势能的减小量等于动能的增加量。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、金属棒沿斜轨道下滑过程，据动能定理有mgh=12mv2，解得：v=2gh，
此时的电动势E=BLv，电流I=ER+2R，
联立解得：I=BL3R2gh，
B、由题意知，金属棒到达OO′时的速度为v2，根据牛顿第二定律得F安=BIL=BBL⋅v2R+2RL=ma，解得：a=B2L22gh6mR，故B错误；
C、对金属棒运动全过程，据能量守恒定律有mgh=Q，其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有QR=RR+2RQ，
联立解得：QR=13mgh，故C正确；
D、取水平向右为正方向，根据动量定理有I=−F安−⋅t=0−mv=−m2gh，方向水平向左，故D正确。
故选：ACD。
由动能定理求出金属棒刚进入水平轨道时的速度，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，由欧姆定律求解回路电流；
根据安培力公式结合牛顿第二定律求解金属棒到达OO′时的加速度；
根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热；
根据动量定理求解安培力的冲量；
解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，抓住牛顿第二定律的瞬时表达式、瞬时加速度的定义式，电磁感应中热量问题，要想到能否用能量守恒定律解答。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、0−1s内，煤块的加速度大小为a1=△v1△t1=12−41m/s2=8m/s2，方向沿传送带向下；
根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1.①
1−2s，物块的加速度大小为a2=△v2△t2=4−01m/s2=4m/s2，方向沿传送带向下；
根据牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcosθ=ma2，②
由①②联立解得θ=37∘，μ=0.25，则tanθ=0.75，故A正确、B错误。
C、物块上升的位移大小等于v−t图象与时间轴所包围的面积大小，为x=12+42×1m+12×4×1m=10m；
根据x=12a2t下2，得煤块下滑的时间t下=5s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s，故C错误；
D、传送带的速度v=4m/s。在0−1s内传送带的位移x带1=vt1=4×1m=4m，煤块的位移为x煤1=12+42×1m=8m，
两者相对位移大小为△x1=x煤1−x带1=4m
在1−2s内传送带的位移x带2=vt2=4×1m=2m，物块的位移为x煤2=12×4×1m=2m，两者相对位移大小为△x2=x带2−x煤2=2m；
所以整个上升过程中痕迹的长度为4m；
2∼(2+5)s传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总的长度为2m+12a2t2+vt=(12+45)m，故D正确。
故选：AD。
0−1s内，煤块的速度大于传送带的速度，煤块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，煤块所受的摩擦力改为向上，继续向上做加速度较小的匀减速运动；根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求斜面的倾角和动摩擦因数。根据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离。根据牛顿第二定律和位移公式结合求出煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间。根据相对位移求解划痕长度。
解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，抓住v−t图象的斜率表示加速度，面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意摩擦生热与相对路程有关；注意划痕长度重叠时按最长的计算。
13.【答案】R1 1000 R 300 黑 500 1
【解析】解：(1)电流表内阻、电源内阻与滑动变阻器接入电路的电阻之和是欧姆表内阻，
由于电流表内阻与电源内阻很小，可以忽略不计，因此欧姆表最大内阻约等于滑动变阻器最大阻值，
由题意可知，滑动变阻器R最大阻值为l500Ω，则欧姆调零时满偏电流约为：I=ER=1.5V1500Ω=0.001A=1mA，
定值电阻阻值约为：R定=IgRgI−Ig=300×10−6×1000.001−300×10−6≈30Ω，因此定值电阻选择R1；
改装后电流表量程：IA=IgRgR1+Ig=300×10−6×10025+300×10−6=1.5×10−3A，
欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，欧姆表中值电阻：R中=R内=EI=1.5V1.5×10−3A=1000Ω；
(2)先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节R进行欧姆调零，使电流计G指针指到300μA；
再将黑表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“-”接线柱相连。
由图乙所示表盘可知：G的示数为200μA，为G满偏值的23，
则电路电流：I=23IA=23×1.5×10−3A=1×10−3A，
由闭合电路欧姆定律得：I=ER内+RV，代入数据解得：RV=500Ω，
此时电压表两端电压：U=IRV=1×10−3×500=0.5V，
由图丙所示可知，此时电压表指针指在正中间，则电压表量程为：0.5×2=1V；
故答案为：(1)R1；1000；(2)R；300；黑；500；1。
(1)根据闭合电路欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后选择定值电阻；欧姆表中值电阻等于其内阻。
(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意与图示电路图应用闭合电路欧姆定律解题。
本题考查了欧姆表的改装，欧姆表的改装原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。
14.【答案】用手握住注射器前端 温度 1p1(V0+ΔVΔV)
【解析】解：(1)在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化。
(2)在p−1V图像中，实验中因软管的体积不可忽略，气体测出的体积要比实际体积要小，所以压强p会偏大，最后拟合出的p−1V直线应是图a中的1图线；
在软管内气体体积ΔV不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V1+ΔV，压强为p1，末状态的体积为V+ΔV，压强为p，由等温变化有：
p1(V1+ΔV)=p(V+ΔV)
解得：p=p1(V0+ΔVV+ΔV)
当式中的V趋向于零时，有：
p=p1(V0+ΔVΔV)
即该双曲线的渐近线(图b中的虚线)方程是：
p=p1(V0+ΔVΔV)
故答案为：(1)用手握住注射器前端；温度；(2)1；p1(V0+ΔVΔV)
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，并理解同学的操作错误；
(2)考虑到软管的体积不可忽略，由此分析出拟合的直线；根据玻意耳定律分析出压强的表达式即可。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像和玻意耳定律完成分析即可，整体难度不大。
15.【答案】解：面积为πh2的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出，则该黑纸片的半径为R0=h
设光线的临界角为C，如图所示；
根据几何关系可得sinC=R0R02+h2=22，则临界角C=45∘
根据全反射的条件可得sinC=1n
所以折射率n=2
以O为圆心剪出一个面积为13πh2的圆孔，设挖去部分圆的半径为r，
则πr2=13πh2
解得r=33h
设缸口的最小半径为R，根据几何关系可得：
sinθ1=RR2+(2h−h)2，sinθ2=rr2+h2
根据折射定律可得n=sinθ1sinθ2
联立解得：R=h
缸口的最小面积为S=πR2=πh2。
答：缸口的最小面积为πh2。
【解析】根据几何关系求解临界角，根据全反射的条件求解折射率；求出挖去部分圆的半径，设缸口的最小半径为R，根据几何关系求解入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求解缸口的最小半径，根据面积计算公式求解。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。
16.【答案】解：(1)由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如图1所示
图1
则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为
R=r=0.5m
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=mv2R
代入数据解得粒子进入电场时的速度为
v=1×104m/s
在磁场中运动的时间为
t0=14T=πm2Bq
代入数据解得：t0=7.85×10−5s
(2)如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO4和y轴平行，所以v和x轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图2所示
图2
因为M板的延长线过O1O的中点，故由图示几何关系可知∠OO1C=60∘，则入射速度与y轴间的夹角为30∘
同理可得恰能从N端射入平行板间的粒子其速度与y轴间的夹角也为30∘，如图所示
由图示可知，在y轴正向夹角左右都为30∘的范围内的粒子都能射入平行板间，故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为60∘180∘=13
(3)根据U−t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为a=qUmd=1×108×940×10.5m/s2=4.5×107m/s2
所有粒子在平行板间运动的时间为t=Lv=11×104s=1×10−4s
即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由t=nT0时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有
y1=a2(2T03)2+a(2T03)(T03)−a2(T03)2
代入数据解得：y1=0.175m
当粒子由t=nT0+2T03时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则
y2=a2(T03)2
代入数据解得：y2=0.025m
因为y1、y2都小于d2=0.25m，故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出射粒子的在y轴负方向的速度为qUd×2T03−qUd×T03=mvy−0
解得
vy=1.5×103m/s
设速度vy方向与v的夹角为θ，则
tanθ=vyv0
如图3所示
图3
从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则l=Δx2−Δx1
tanθ=r−y1Δx1
tanθ=r+y2Δx2
代入数据解得Δx1=136m，l=43m
亮线左端点距离坐标原点的距离为
x左=(2+136)m=256m
即亮线左端点的位置坐标为(256m,0)，亮线长为43m
答：(1)沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度为1×104m/s，粒子在磁场中的运动时间为7.85×10−5s；
(2)从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为13；
(3)荧光屏上亮线的左端点的坐标为(256m,0)，亮线长为43m。
【解析】(1)考虑沿+y方向射出的粒子从A点射出，显然该粒子的轨道半径为圆形磁场区域的半径，由洛伦兹力提供向心力就能求出速度，根据周期求得时间；
(2)沿任意方向射入磁场的粒子，其运动的轨迹都是半径为r的元，圆心位置在以O点为圆心的半圆上，根据粒子射入平行板的粒子对应的圆心角即可求得粒子数之比；
(3)根据牛顿第二定律求得粒子在平行板间的加速度，根据粒子进入平行板的时刻不同，根据运动学公式求得即可。
电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径。定圆心角，求时间，在电场中做类平抛运动，掌握解决类平抛运动的方法。
17.【答案】解：(1)设粒子到达边界的位置为Q，竖直分速度为vy，
由几何关系得：vy=33v0
设粒子在电场中的运动时间为t1，加速度为a，则根据牛顿第二定律有：qE=ma
vy=at1
在x轴方向的偏转距离为：x=v0t1
设粒子在磁场中的运动速度为v，轨道半径为R，
根据速度的合成与分解可知v=233v0
根据几何知识可知：x=Rcos30∘+Rcost30∘，
洛伦兹力提供向心力，即：qvB=mv2R
联立解得：B=3Ev0
(2)粒子在磁场中运动的周期为：T=2πRv
设粒子在磁场中运动的时间为t2，则有：t2=12T，
粒子离开磁场的位置到y轴的距离为△x，则有：△x=x−2Rcos30∘
沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过t3到达y轴，则有：△x=v0t3
联立解得粒子在第一象限运动的时间为：t=t1+t2+t3=(43+π)mv03qE
(3)根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离为：y1=mv023qE
粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，经过t3时间到达y轴并离开电场，有：
y2=vyt3−12×qEmt32
解得：y2=5mv026qE
粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为：y=y1+y2=7mv026qE
答：(1)磁感应强度的大小为3Ev0。
(2)粒子在第一象限运动的时间为(43+π)mv03qE。
(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为7mv026qE。
【解析】(1)粒子从M运动到Q做类平抛运动，根据到达Q点的速度方向分析在Q点的竖直分速度，根据几何知识求出粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(2)根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式求解粒子在磁场中的运动时间，加上电场中的运动时间即可；
(3)根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离；粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，根据位移时间关系求解电场中的位移，即可得到粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
2021-2022学年上海市普陀区高三（上）期末物理试卷（一模）
1. 如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且AC=CD=DB.试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，则( )
A. Q1一定大于Q2 B. C、D两点的场强方向可能相同
C. +q的加速度大小先减小后增大 D. +q的动能和电势能的总和先减小后增大
2. 下列核反应方程正确的是( )
A. 轻核聚变反应方程 12H+13H→24He+x中，x表示电子
B. 铀核裂变的一种核反应方程为 92235U→56144Ba+3689Kr+201n
C. 核反应方程 714N+24He→817O+11H为轻核聚变
D. 放射性元素 84210Po发生的α衰变方程为 84210Po→82206Pb+24He
3. 大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态
B. 人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是2gh
C. 人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧
D. 人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力
4. 2013年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课。授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应。在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化(振动)，如图所示。已知液滴振动的频率表达式为f=krαρβσγ，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数(其单位为N/m)，α、β、γ是相应的待定常数。对于这几个待定常数的大小，下列说法中可能正确的是( )
A. α=32，β=12，γ=−12 B. α=−32，β=−12，γ=12
C. α=−2，β=12，γ=−12 D. α=−3，β=−1，γ=1
5. 如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是( )
A. 从tl到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBS
B. 从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为NbsR
C. t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω
D. 电流表的示数为nBSω2(r+R)
6. 在光电效应实验中，某实验小组用同种频率的单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应。对这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是( )
A. 饱和光电流
B. 遏止电压
C. 光电子的最大初动能
D. 逸出功
7. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计。从某时刻开始在c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有( )
A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V
B. 当单刀双掷开关与b连接时，在t=0.01s时刻，电流表示数为4.4A
C. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz
D. 当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小
8. 如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m1的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固定在水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与小球A接触，立方体B的质量为m2.施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，杆与地面间的夹角恰为π6，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1：2
B. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，立方体B的速率为gl8
C. 小球A落地时速率为2gl
D. 小球A、立方体B质量之比为1：4
9. 质量m=2kg的小物块在某一高度以v0=5m/s的速度开始做平抛运动，若g=10m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块( )
A. 此时的瞬时速度大小为52m/s
B. 此时重力的瞬时功率大小为200W
C. 此过程动量改变大小为10(5−1)kgm/s
D. 此过程重力的冲量大小为20N⋅s
10. 如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )
A. φ1：φ2=1：2
B. φ1：φ2=1：3
C. 在0∼2T时间内，当t=T时电子的电势能最小
D. 在0∼2T时间内，电子的动能增大了2φ2e2T2d2m
11. 如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在MM′处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放。金属棒a到达磁场中OO′时，动能是该金属棒运动到MM′时动能的14，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2.以下说法正确的是( )
A. 金属棒a运动到MM′时回路中的电流大小为BL3R2gh
B. 金属棒a运动到OO′时的加速度大小为a=B2L22gh3mR
C. 金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为13mgh
D. 金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是m2gh，方向向左
12. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)m
13. 某同学欲将内阻为100Ω、量程为300μA的电流计G改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300μA刻度。
可选用的器材还有：定值电阻R1(阻值25Ω)；定值电阻R2(阻值l00Ω)；滑动变阻器R(最大阻值l500Ω)；干电池(E=1.5V.r=2Ω)；红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。
(l)定值电阻应选择______(填元件符号)。改装后的欧姆表的中值电阻为______Ω。
(2)该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量一内阻和量程均未知的电压表V的内阻。步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节______(填图甲中对应元件犄号)，使电流计G指针指到______μA；再将______(填“红”或“黑”)表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“-”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V表的内阻为______Ω，量程为______V。
14. 在“研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关系”实验中。某同学按如下步骤进行实验：
①将注射器活塞移动到体积适中的V1位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V1与压强p1
②用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积。
③读出注射器刻度表示的体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强p。
④重复②③两步，记录5组数据。作p−1V图。
(1)由相关数学知识可知，在软管内气体体积ΔV不可忽略时，(1)在上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：______。因为该操作通常会影响气体的______(填写状态参量)。
(2)若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p−1V直线应是图a中的______。(填写编号)p−1V图像为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双曲线的渐近线(图b中的虚线)方程是p=______。(用V1、p1、ΔV表示)
15. 如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸，玻璃缸深度为2h，缸底面圆心处有一单色点光源S，缸中装有某种液体，深度为h，O点为液面的圆心，OS垂直于水平面。用面积为πh2的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以O为圆心剪出一个面积为13πh2的圆孔，把余下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则缸口的最小面积为多少？
16. 如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与坐标原点O相切，磁场的磁感应强度大小B=2×10−4T，方向垂直于纸面向外，在x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d=0.5m，板长L=1m，平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆心O1。若在O点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为qm=1×108C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：
(1)沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v和粒子在磁场中的运动时间t0；
(2)从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比；
(3)若在平行板的左端装上一挡板(图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过)，并且在两板间加上如图示电压(周期T0)，N板比M板电势高时电压值为正，在x轴上沿x轴方向安装有一足够长的荧光屏(图中未画出)，求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度l。
17. 如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30∘，OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E.OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q(图中未画出)垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m电荷量为q(q>0)，粒子的重力可忽略。求
(1)磁感应强度的大小
(2)粒子在第一象限运动的时间
(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意知道试探电荷+q只在电场力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，根据功能关系说明+q受到的电场力先做正功后做负功，得出+q受到的电场力的方向先向右后向左，根据F=qE得到从C到D的过程中电场强度的方向先向右后向左。
综合以上信息并根据电场强度的叠加原理分析得出从C到D的过程中某个位置电场强度为零。
若场强为零的位置在CD的中点，则两电荷大小相等；若离C点近些则+Q1
C、根据A的分析知C、D之间的某个位置合场强为零，根据电场强度的叠加原理可知从C到D的过程中场强大小先减小后增大，根据牛顿第二定律：F=qE=ma可知+q的加速度大小先减小后增大，故C正确；
D、+q在整个的运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，但总能量不变，故D错误。
故选：C。
根据功能关系判断电场力做功情况，结合电场的叠加判断电场强度为零的点的位置，以及各处电场强度方向，电荷的受力问题；根据能量守恒定律判断动能和电势能的总和变化情况。
本题考查电场强度的叠加问题，关键是根据题意判断电场强度为零的点的位置。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据质量数与电荷数守恒可知，轻核聚变反应方程21H+31H→42He+10n，即x表示中子，故A错误；
B、铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中铀核裂变的一种核反应方程为23592U+10n→14456Ba+8936Kr+310n，故B错误；
C、核反应方程147N+42He→178O+11H，为人工核转变，故C错误；
D、根据质量数与电荷数守恒可知，放射性元素21084Po发生的α衰变方程为21084Po→20682+20682Pb+42He，故D正确。
故选：D。
根据质量数与电荷数守恒判断x是什么粒子；铀核裂变的生成物为3个中子；核反应方程147N+42He→178O+11H，为人工核转变；根据质量数与电荷数守恒判断即可。
本题考查了核反应的种类，同时要明白核反应过程质量数与电荷数守恒，要对记忆性的知识点加强训练。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
人和浮圈下滑的过程中有向下的加速度，处于失重状态；人和浮圈在下滑过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可以判断速度大小；人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动。
【解答】
A、人和浮圈沿滑梯下滑的过程是加速过程，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；
B、人和浮圈下滑的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgh−Wf=12mv2，所以v<2gh，故B错误；
C.人和浮圈在盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，摩擦力为滑动摩擦力，方向与速度方向相反，并不指向运动轨迹的内侧，故C错误；
D.人和浮圈进入盆体后，做近心运动，所以其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知频率的单位为Hz=1s；半径单位为m，密度单位为kg/m3；张力系数的单位为N/m=kg/s2；
则可知，要使总单位为1s，则r应为12；为了消去kg，β单位应为−12；α的系数一定为−32；
故选：B。
由题意可知，本题考查单位之间的换算关系，因频率的单位为1/s；根据半径、密度及表面张力的单位进行换算可明确公式是否正确。
本题考查单位的换算，要注意明确物理量之间的计算公式同样可适用于单位间的换算关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，tl和t3这两时刻的磁通量大小为0，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为0；故A错误；
B、从t3到t4这段时间磁通量的变化为BS，则平均电动势E=NBS△t；因此通过电阻R的电荷量为q=NBS(r+R)△t△t=NBSR+r；故B错误；
C、t3时刻电动势E=NBSω；则由法拉第电磁感应定律可知：E=N△Φ△t；则穿过线圈的磁通量变化率为BSω；故C错误；
D、电流表的示数为有效值，则有：I=ER=NBSω2(R+r)；故D正确；
故选：D。
明确交流电的产生过程，能由法拉第电磁感应定律分析平均电动势，再由欧姆定律求出平均电流，由Q=It可求出电荷量
由图得出交流电的最大值，再由有效值与最大值的关系即可求出电流的有效值；
本题考查交流电图象的掌握以及交流电的产生规律，要注意明确电表示数均为有效值，而求电量时用平均电动势；同时掌握法拉第电磁感应定律的正确应用．
6.【答案】A
【解析】解：A、饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同，故A正确。
CD、不同的金属其逸出功是不同的，根据光电效应方程：Ek=hν−W，用同种频率的单色光，光子能量hν相同，光电子的最大初动能Ek不同，故CD错误。
B、根据遏止电压和最大初动能关系：U=Eke，可知光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，故B错误。
故选：A。
饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同；根据光电效应方程和遏止电压和最大初动能关系式可以解题。
正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键。
7.【答案】AB
【解析】解：A、当单刀双掷开关与a连接时，变压器原、副线圈的匝数比为10：1，输入电压：U1=Um2=220V，根据变压比公式：U1U2=n1n2，可得输出电压为22 V，故A正确；
B、当单刀双掷开关与b连接时，变压器原副线圈的匝数比为5：1，输入电压U1=220V，故根据变压比公式：U1U2′=n1n2′，输出电压为44 V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值：I2=4.4A，故B正确；
C、由图象可知，电压的最大值为311 V，交流电的周期为2×10−2s，所以交流电的频率为f=50Hz，当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，故C错误；
D、当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误。
故选：AB。
根据图象乙可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器不改变交流电的频率。
根据电压与匝数成正比以及功率关系，结合闭合电路欧姆定律分析。
此题考查了变压器的构造和原理，解题时应注意掌握：在理想变压器中，原副线圈两端的电压电流满足：U1U2=n1n2，副线圈消耗的电功率决定原线圈输入功率，两者相等。
8.【答案】BD
【解析】解：A、A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，则：vAcos60∘=vB
因此，vA：vB=2：1，故A错误；
B、根据牛顿第二定律：mgsin30∘=mvA2l，解得：vA=gl2
又vA：vB=2：1，可知：vB=gl8，故B正确；
C、由机械能守恒可知，mglsin30∘=12mv2−12mvA2，
解得：v=vA2+gl，故C错误；
D、根据A与B脱离之前机械能守恒可知：mgl(1−sin30∘)=12mvA2+12MvB2，解得：m：M=1：4，故D正确；
故选：BD。
小球A实际运动的方向是合速度的方向，但在水平方向上与立方体B的速度一样，根据速度的分解合成可知道他们的比值关系；
由圆周运动的运动规律计算A的速度，那么根据比例关系得出B的速度；
而在分离时刻小球重力分离提供向心力，联立可解得两球质量关系。
本题关键是找到小球的分运动和合运动，然后正交分解得到小球的水平分速度的表达式进行讨论。
9.【答案】BD
【解析】解：物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相等时，
12gt2=v0t
解得：t=1s
A、此时竖直方向的速度为：vy=gt=10m/s，则此时的速度为：v=v02+vy2=55m/s，故A错误；
B、此时的重力瞬时功率为：P=mgvy=200W，故B正确；
C、根据动量定理：I=△P=mgt=20kgm/s，故C错误；
D、根据I=mgt=20N⋅s，故D正确。
故选：BD。
根据平抛运动规律求出竖直位移等于水平位移的时间，根据自落体运动公式求出此时竖直速度大小，再根据勾股定理求出此时的瞬时速度大小；根据P=mgvy求出此时的重力功率；根据动量定理求出动量的变化量；根据I=mgt求出重力的冲量大小。
本题考查平抛运动和动量的问题，关键是利用平抛运动的规律求出其位移相同时的时间。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、电子在0∼T时间内向上加速运动，设加速度为a1，在T∼2T时间内先向上减速到零后向下加速回到原出发点，设加速度为a2，则12a1T2=−(a1T⋅T−12a2T2)
解得a2=3a1
由于a1=φ1edma2=φ2edm
则φ1：φ2=1：3，故A错误，B正确；
C、依据电场力做正功最多，电势能最小，而0∼T内电子做匀加速运动，T∼2T之内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动，因φ2=3φ1，t1时刻电子的动能EK=12mv2=e2T2φ122md2
而粒子在t2时刻的速度v2=v1−a2T=−2φ1eTdm
故电子在2T时的动能EK2=2e2T2φ12md2∖hfill
所以在2T时刻电势能最小，故C错误；
D：电子在2T时刻回到P点，此时速度为v2=v1−a2T=−2φ1eTdm(负号表示方向向下)
电子的动能为Ek=12mv22=2φ2e2T2d2m，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。
故选：BD。
电子在交变电场中运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学规律求出末速度和位移，由题设条件解出交变电场正负电势的关系。涉及的电势能问题，由能量守恒可以进行判断。
本题的难点在于正负电势大小关系的判定，只能由题设条件经过2T时间回到P点，则两段位移之和为零，列方程解出正负电势的大小关系。从能量守恒定律来判定电势能的大小：电势能最小的时刻一定是动能最大的时刻，且电势能的减小量等于动能的增加量。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、金属棒沿斜轨道下滑过程，据动能定理有mgh=12mv2，解得：v=2gh，
此时的电动势E=BLv，电流I=ER+2R，
联立解得：I=BL3R2gh，
B、由题意知，金属棒到达OO′时的速度为v2，根据牛顿第二定律得F安=BIL=BBL⋅v2R+2RL=ma，解得：a=B2L22gh6mR，故B错误；
C、对金属棒运动全过程，据能量守恒定律有mgh=Q，其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有QR=RR+2RQ，
联立解得：QR=13mgh，故C正确；
D、取水平向右为正方向，根据动量定理有I=−F安−⋅t=0−mv=−m2gh，方向水平向左，故D正确。
故选：ACD。
由动能定理求出金属棒刚进入水平轨道时的速度，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，由欧姆定律求解回路电流；
根据安培力公式结合牛顿第二定律求解金属棒到达OO′时的加速度；
根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热；
根据动量定理求解安培力的冲量；
解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，抓住牛顿第二定律的瞬时表达式、瞬时加速度的定义式，电磁感应中热量问题，要想到能否用能量守恒定律解答。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、0−1s内，煤块的加速度大小为a1=△v1△t1=12−41m/s2=8m/s2，方向沿传送带向下；
根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1.①
1−2s，物块的加速度大小为a2=△v2△t2=4−01m/s2=4m/s2，方向沿传送带向下；
根据牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcosθ=ma2，②
由①②联立解得θ=37∘，μ=0.25，则tanθ=0.75，故A正确、B错误。
C、物块上升的位移大小等于v−t图象与时间轴所包围的面积大小，为x=12+42×1m+12×4×1m=10m；
根据x=12a2t下2，得煤块下滑的时间t下=5s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s，故C错误；
D、传送带的速度v=4m/s。在0−1s内传送带的位移x带1=vt1=4×1m=4m，煤块的位移为x煤1=12+42×1m=8m，
两者相对位移大小为△x1=x煤1−x带1=4m
在1−2s内传送带的位移x带2=vt2=4×1m=2m，物块的位移为x煤2=12×4×1m=2m，两者相对位移大小为△x2=x带2−x煤2=2m；
所以整个上升过程中痕迹的长度为4m；
2∼(2+5)s传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总的长度为2m+12a2t2+vt=(12+45)m，故D正确。
故选：AD。
0−1s内，煤块的速度大于传送带的速度，煤块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，煤块所受的摩擦力改为向上，继续向上做加速度较小的匀减速运动；根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求斜面的倾角和动摩擦因数。根据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离。根据牛顿第二定律和位移公式结合求出煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间。根据相对位移求解划痕长度。
解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，抓住v−t图象的斜率表示加速度，面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意摩擦生热与相对路程有关；注意划痕长度重叠时按最长的计算。
13.【答案】R1 1000 R 300 黑 500 1
【解析】解：(1)电流表内阻、电源内阻与滑动变阻器接入电路的电阻之和是欧姆表内阻，
由于电流表内阻与电源内阻很小，可以忽略不计，因此欧姆表最大内阻约等于滑动变阻器最大阻值，
由题意可知，滑动变阻器R最大阻值为l500Ω，则欧姆调零时满偏电流约为：I=ER=1.5V1500Ω=0.001A=1mA，
定值电阻阻值约为：R定=IgRgI−Ig=300×10−6×1000.001−300×10−6≈30Ω，因此定值电阻选择R1；
改装后电流表量程：IA=IgRgR1+Ig=300×10−6×10025+300×10−6=1.5×10−3A，
欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，欧姆表中值电阻：R中=R内=EI=1.5V1.5×10−3A=1000Ω；
(2)先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节R进行欧姆调零，使电流计G指针指到300μA；
再将黑表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“-”接线柱相连。
由图乙所示表盘可知：G的示数为200μA，为G满偏值的23，
则电路电流：I=23IA=23×1.5×10−3A=1×10−3A，
由闭合电路欧姆定律得：I=ER内+RV，代入数据解得：RV=500Ω，
此时电压表两端电压：U=IRV=1×10−3×500=0.5V，
由图丙所示可知，此时电压表指针指在正中间，则电压表量程为：0.5×2=1V；
故答案为：(1)R1；1000；(2)R；300；黑；500；1。
(1)根据闭合电路欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后选择定值电阻；欧姆表中值电阻等于其内阻。
(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意与图示电路图应用闭合电路欧姆定律解题。
本题考查了欧姆表的改装，欧姆表的改装原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。
14.【答案】用手握住注射器前端 温度 1p1(V0+ΔVΔV)
【解析】解：(1)在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化。
(2)在p−1V图像中，实验中因软管的体积不可忽略，气体测出的体积要比实际体积要小，所以压强p会偏大，最后拟合出的p−1V直线应是图a中的1图线；
在软管内气体体积ΔV不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V1+ΔV，压强为p1，末状态的体积为V+ΔV，压强为p，由等温变化有：
p1(V1+ΔV)=p(V+ΔV)
解得：p=p1(V0+ΔVV+ΔV)
当式中的V趋向于零时，有：
p=p1(V0+ΔVΔV)
即该双曲线的渐近线(图b中的虚线)方程是：
p=p1(V0+ΔVΔV)
故答案为：(1)用手握住注射器前端；温度；(2)1；p1(V0+ΔVΔV)
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，并理解同学的操作错误；
(2)考虑到软管的体积不可忽略，由此分析出拟合的直线；根据玻意耳定律分析出压强的表达式即可。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像和玻意耳定律完成分析即可，整体难度不大。
15.【答案】解：面积为πh2的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出，则该黑纸片的半径为R0=h
设光线的临界角为C，如图所示；
根据几何关系可得sinC=R0R02+h2=22，则临界角C=45∘
根据全反射的条件可得sinC=1n
所以折射率n=2
以O为圆心剪出一个面积为13πh2的圆孔，设挖去部分圆的半径为r，
则πr2=13πh2
解得r=33h
设缸口的最小半径为R，根据几何关系可得：
sinθ1=RR2+(2h−h)2，sinθ2=rr2+h2
根据折射定律可得n=sinθ1sinθ2
联立解得：R=h
缸口的最小面积为S=πR2=πh2。
答：缸口的最小面积为πh2。
【解析】根据几何关系求解临界角，根据全反射的条件求解折射率；求出挖去部分圆的半径，设缸口的最小半径为R，根据几何关系求解入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求解缸口的最小半径，根据面积计算公式求解。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。
16.【答案】解：(1)由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如图1所示
图1
则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为
R=r=0.5m
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=mv2R
代入数据解得粒子进入电场时的速度为
v=1×104m/s
在磁场中运动的时间为
t0=14T=πm2Bq
代入数据解得：t0=7.85×10−5s
(2)如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO4和y轴平行，所以v和x轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图2所示
图2
因为M板的延长线过O1O的中点，故由图示几何关系可知∠OO1C=60∘，则入射速度与y轴间的夹角为30∘
同理可得恰能从N端射入平行板间的粒子其速度与y轴间的夹角也为30∘，如图所示
由图示可知，在y轴正向夹角左右都为30∘的范围内的粒子都能射入平行板间，故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为60∘180∘=13
(3)根据U−t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为a=qUmd=1×108×940×10.5m/s2=4.5×107m/s2
所有粒子在平行板间运动的时间为t=Lv=11×104s=1×10−4s
即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由t=nT0时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有
y1=a2(2T03)2+a(2T03)(T03)−a2(T03)2
代入数据解得：y1=0.175m
当粒子由t=nT0+2T03时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则
y2=a2(T03)2
代入数据解得：y2=0.025m
因为y1、y2都小于d2=0.25m，故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出射粒子的在y轴负方向的速度为qUd×2T03−qUd×T03=mvy−0
解得
vy=1.5×103m/s
设速度vy方向与v的夹角为θ，则
tanθ=vyv0
如图3所示
图3
从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则l=Δx2−Δx1
tanθ=r−y1Δx1
tanθ=r+y2Δx2
代入数据解得Δx1=136m，l=43m
亮线左端点距离坐标原点的距离为
x左=(2+136)m=256m
即亮线左端点的位置坐标为(256m,0)，亮线长为43m
答：(1)沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度为1×104m/s，粒子在磁场中的运动时间为7.85×10−5s；
(2)从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为13；
(3)荧光屏上亮线的左端点的坐标为(256m,0)，亮线长为43m。
【解析】(1)考虑沿+y方向射出的粒子从A点射出，显然该粒子的轨道半径为圆形磁场区域的半径，由洛伦兹力提供向心力就能求出速度，根据周期求得时间；
(2)沿任意方向射入磁场的粒子，其运动的轨迹都是半径为r的元，圆心位置在以O点为圆心的半圆上，根据粒子射入平行板的粒子对应的圆心角即可求得粒子数之比；
(3)根据牛顿第二定律求得粒子在平行板间的加速度，根据粒子进入平行板的时刻不同，根据运动学公式求得即可。
电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径。定圆心角，求时间，在电场中做类平抛运动，掌握解决类平抛运动的方法。
17.【答案】解：(1)设粒子到达边界的位置为Q，竖直分速度为vy，
由几何关系得：vy=33v0
设粒子在电场中的运动时间为t1，加速度为a，则根据牛顿第二定律有：qE=ma
vy=at1
在x轴方向的偏转距离为：x=v0t1
设粒子在磁场中的运动速度为v，轨道半径为R，
根据速度的合成与分解可知v=233v0
根据几何知识可知：x=Rcos30∘+Rcost30∘，
洛伦兹力提供向心力，即：qvB=mv2R
联立解得：B=3Ev0
(2)粒子在磁场中运动的周期为：T=2πRv
设粒子在磁场中运动的时间为t2，则有：t2=12T，
粒子离开磁场的位置到y轴的距离为△x，则有：△x=x−2Rcos30∘
沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过t3到达y轴，则有：△x=v0t3
联立解得粒子在第一象限运动的时间为：t=t1+t2+t3=(43+π)mv03qE
(3)根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离为：y1=mv023qE
粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，经过t3时间到达y轴并离开电场，有：
y2=vyt3−12×qEmt32
解得：y2=5mv026qE
粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为：y=y1+y2=7mv026qE
答：(1)磁感应强度的大小为3Ev0。
(2)粒子在第一象限运动的时间为(43+π)mv03qE。
(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为7mv026qE。
【解析】(1)粒子从M运动到Q做类平抛运动，根据到达Q点的速度方向分析在Q点的竖直分速度，根据几何知识求出粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(2)根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式求解粒子在磁场中的运动时间，加上电场中的运动时间即可；
(3)根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离；粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，根据位移时间关系求解电场中的位移，即可得到粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
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