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2021-2022学年四川省成都市高二（下）第零次诊断物理试卷（一）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年四川省成都市高二（下）第零次诊断物理试卷（一）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 输电能耗演示电路如图所示等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省成都市高二（下）第零次诊断物理试卷（一）
1. 由于放射性元素 93237Np的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现，已知 93237Np经过一系列α衰变和β衰变后变成 83209Bi，下列选项中正确的是( )
A. 83209Bi的原子核比 93237Np的原子核少28个中子
B. 93237Np经过衰变变成 83209Bi，衰变过程只能放出α粒子和β粒子
C. 衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D. 93237Np的半衰期等于任一个 93237Np原子核发生衰变的时间
2. 如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动时线圈内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f，测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n。则( )
A. f=nN B. f=Nn
C. 线圈中的感应电流方向不会变化 D. 旋转体转速高低与线圈中的感应电流无关
3. 如图所示实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域从a到b的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是( )
A. 带电粒子所带电荷的符号
B. 带电粒子在a、b两点的受力Fa
4. 某同学设计了如图所示的电路来研究电源输出功率随外电阻变化的规律。已知电源电动势E恒定，内电阻r=6Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为12Ω，定值电阻R2=6Ω、R3=2Ω，电流表和电压表均为理想电表。则当滑动变阻器的触片P从a到b移动的过程中，电源的输出功率的变化情况为( )
A. 一直增大
B. 先增大再减小
C. 先增大再减小再增大
D. 先增大再减小再增大再减小
5. 如图所示，边长为l的正三角形线框abc用两根绝缘细线对称悬挂，静止时ab直线水平，线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线通过ac边和bc边的中点e、f，在虚线的下方有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，此时每根细线的拉力大小为F1。现保持其他条件不变，将虚线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为F2。则导线框中的电流大小为( )
A. 2(F1−F2)Bl B. F1−F23Bl C. F1−F2Bl D. 3(F1−F2)Bl
6. 如图甲，边长为L的等边三角形金属框与匀强磁场垂直放置；图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图象，t3时刻曲线的切线与时间轴的交点对应的时刻为t2，下列说法正确的是( )
A. 0−t1段时间，金属框的感应电动势均匀增加
B. t3时刻后，磁感应强度B的变化率越来越小
C. t1时刻，金属框的感应电动势为3B1L22t1
D. t3时刻，金属框的感应电动势为3B2L24(t3−t2)
7. 平面OM和平面ON之间的夹角为30∘，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30∘角，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力，则粒子离开磁场时的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. mv2qB B. 3mvqB C. 2mvqB D. 4mvqB
8. 如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线；OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压随电流变化的图线，由图可知( )
A. 电源的电动势为6V
B. R的阻值为1Ω
C. 电源的最大输出功率为8W
D. 当电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%
9. 如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其图心分别为A、C，带电量分别为+Q、−Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电量为+q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA=1m/s，到B点时速度vB=5m/s，则( )
A. 微粒从B至C做加速运动，且vC=3m/s
B. 微粒在整个运动过程中的最终速度为5m/s
C. 微粒从A到C先做加速运动，后做成速运动
D. 微粒最终可能返回至B点，其速度大小为5m/s
10. 输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。以下判断正确的是( )
A. r=10Ω B. r=5Ω C. P=45W D. P=22.5W
11. 如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量同种带电粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC上的不同位置射出磁场。已知∠AOC=60∘，且从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2(T为这种粒子在该磁场中运动的周期)，则以下说法正确的是( )
A. 这种粒子可能带负电
B. 从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为T6
C. 从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为T12
D. 从O点射出的粒子过O点时速度方向不可能沿 CO所在直线
12. 如图a所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135∘，cd与ac垂直。将质量为m、电阻不计的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数1v随位移x变化的关系如图b所示。在棒运动L0到MN处的过程中( )
A. 导体棒做匀变速直线运动 B. 导体棒运动的时间为3L02v0
C. 流过导体棒的电流大小不变 D. 外力做的功为3B2L02v02R−3mv028
13. 要测绘额定电压为2V的常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A.电源(电动势3.0V，内阻可不计)
B.电压表V1(量程0∼3.0V，内阻约2kΩ)
C.电压表V2(量程0∼15.0V，内阻约6kΩ)
D.电流表A1(量程0∼0.6A，内阻约1Ω)
E.电流表A2(量程0∼100mA，内阻约2Ω)
F.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)
G.滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ)
(1)为减小实验误差，实验中电压表应选择______，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。(填各器材的序号)
(2)为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．
(3)实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在如图7所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线。
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(4)该小灯泡在额定电压下的电阻是______Ω.
14. 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)图(a)中的A端与______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2=______Ω，R4=______Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为______；若此时B端是与“5”相连的，则读数为______。(结果均保留3为有效数字)
15. 示波管的示意图如图所示，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。(已知电子电荷量e=1.6×10−19c，质量m=9×10−31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。)求：
(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
16. 如图，在xOy坐标系的第一象限内，直线y=32l−kx(k>0)的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在P(0,32l)点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成60∘角发射质量为m、电荷量为q(q>0)的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿−y方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，NM=32l，不计粒子的重力，求：
(1)粒子最大速度的值与k的值；
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
(3)有界磁场的最小面积。
17. 电磁滑道成为未来运动的一种设想，人们可以通过控制磁场强弱，实现对滑动速度的控制。为了方便研究，做出以下假设：如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成θ角，虚线EF上方的整个区域存在如图乙规律变化且垂直导轨平面的匀强磁场，t=0时刻磁场方向垂直斜面向上(图中未画出)，磁感应强度在0∼t1时间内均匀变化，磁感应强度最大值为B0，t1时刻后稳定为−B0。0∼t1时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上，金属框CD边与虚线EF的距离为d。t1时刻撤去外力，金属框将沿斜面下滑，金属框上边AB刚离开虚线EF时的速度为v1，已知金属框质量为m、边长为d，每条边电阻为R。求：
(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差；
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热；
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间。
18. 如图所示，某一复合光线对准一半圆形玻璃砖的圆心O入射，当在O点的入射角为30∘时，出射光线分成a、b两束，光束a与下边界的夹角为37∘，光束b与下边界的夹角为53∘，则下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光的频率大
B. a光在玻璃砖中的传播速率比b光的大
C. a、b两束光在该玻璃砖中的折射率之比为3：4
D. 若使入射角增大，则出射光线a先消失
E. a光的波长小于b光的波长
19. 在图甲中，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.2kg的小球，现让小球在竖直方向上做简谐运动，小球从最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。取g=10m/s2。
①写出小球相对平衡位置的位移y的表达式；
②求0∼9.2s内小球的总路程L，并指出t=9.2s时小球的位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 83209Bi的中子数为209−83=126， 93237Np的中子数为237−93=144， 83209Bi的原子核比 93237Np的原子核少18个中子，故A错误；
B、 93237Np经过一系列a衰变和β衰变后变成 83209Bi，可以同时放出a粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，故B错误；
C、衰变过程中发生a衰变的次数为237−2094次=7次，β衰变的次数为2×7−(93−83)次=4次，故C正确；
D、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。
故选：C。
正确解答本题需要掌握：电荷数、质子数以及质量数之间的关系；能正确根据质量数和电荷数守恒判断发生a和β衰变的次数；半衰期是大量放射性元素的原子发生衰变的统计规律。
本题考查了原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒的应用，于这一重点知识，要注意加强练习。
2.【答案】A
【解析】解：A、B、旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈n次，线圈中的感应电流变化n次，旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f=nN，故A正确，B错误。
C、测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C错误。
D、旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，故D错误。
故选：A。
依据转速与频率的定义，确定两者的关系；
依据楞次定律，即可判定；
根据法拉第电磁感应定律，即可求解。
考查转速与频率的关系，掌握法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，注意转速与频率单位的换算。
3.【答案】D
【解析】解：A、由于不知道电场线的方向，所以不可能判断出带电粒子所带电荷的符号，故A错误；
B、电场线的疏密表示场强的大小，故Fa>Fb，故B错误；
CD、粒子在电场中从a向b点运动，电场力做负功，动能不断减小，va>vb，电势能不断增大，Epa
由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．
4.【答案】C
【解析】解：在滑动变阻器的触片P从a到b移动的过程中，当R2+RPb=RPa=9Ω时，外电路总电阻最大，且为R=R3+RPa2=2Ω+92Ω=6.5Ω；P在a时，外电阻总电阻R总1=R3=2Ω；P在b时，外电阻总电阻R总2=R3+R1R2R1+R2=2Ω+12×612+6Ω=6Ω；可知，外电阻先小于内电阻，等于内电阻、后又大于内电阻，再等于内电阻，根据R=r时电源的输出功率最大，知电源的输出功率先增大再减小再增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
已知电源的内阻为r=6Ω，当滑动变阻器的触片P从a到b移动的过程中，分析外电阻的变化，来判断电源的输出功率的变化情况。当内外电阻相等时电源的输出功率最大。
本题关键分析滑动变阻器与R2并联部分电阻如何变化，确定出外电路总如何变化，利用推论进行分析。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
应用左手定则判断出安培力方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用平衡条件列式求出导线框中电流大小。
本题考查了安培力公式与左手定则的应用，应用左手定则、安培力公式与平衡条件即可解题；解答时要注意安培力公式F=BIL中的L是有效长度。
【解答】
设三角形线框的质量为m，不论磁场处于虚线上方还是下方，计算安培力时，导线的有效长度均为lcos60∘，当磁场在虚线下方时，线框受到向下的安培力，大小为F安=BIlcos60∘，由平衡条件知2F1=mg+F安；当把磁场移到虚线上方时，线框受到向上的安培力，大小为F安′=BIlcos60∘，在竖直方向由平衡条件知2F2+F安′=mg，解得I=2(F1−F2)Bl，故A正确，BCD错误。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知0−t1段时间，磁感应强度B随时间t均匀变化，根据E=ΔBΔtS可知金属框的感应电动势不变，故A错误；
B、t3时刻后，图线的斜率越来越大，则磁感应强度B的变化率越来越大，故B错误；
C、t1时刻，金属框的感应电动势为E=ΔBΔtS=B1t1×12×L×32L=3B1L24t1，故C错误；
D、t3时刻，金属框的感应电动势为E=ΔBΔtS=B2t3−t2×12×L×32L=3B2L24(t3−t2)，故D正确；
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律，可列出感应电动势的式子，结合图乙磁感应强度随时间的变化进行分析求解。
本题考查法拉第电磁感应定律，要求学生结合图象进行分析，并能计算感应电动势大小，难度适中。
7.【答案】D
【解析】解：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB，
由图示粒子运动轨迹可知：PQ=2r=2mvqB，
由几何知识得：∠OPQ=60∘，
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为：OP=2PQ=4mvqB，故D正确、ABC错误。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关系求出射点与O点间的距离。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题。
8.【答案】AD
【解析】解：A、由图象AB可知电源的电动势E=6V，短路电流为6A，根据r=EI=1Ω，故A正确；
B、根据R=△U△I得：R=2Ω，故B错误；
C、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率P=I2R=(ER+r)2R=9W，故C错误；
D、当该电源只向电阻R供电时，η=UIEI×100%=46×100%=66.7%，故D正确。
故选：AD。
由图象AB可知电源的电动势为6V，短路电流为6A；由图象OM可得外电路电阻R为2Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流。
根据U−I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点。
9.【答案】AB
【解析】解：A、AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可得：qEd=12mvB2−12mvA2，2qEd=12mvC2−12mvA2，解得：vC=3m/s。故A正确。
BD、过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，会向无穷远处运动，而无穷远出电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，均为vB=5m/s，故B正确，D错误。
C、在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故C错误。
故选：AB。
由图可以知道AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可求微粒在C点的速度；
过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同。
该题关键：一、要会识别电场分布，对于这种对称分布的电荷，其电场应该是对称的；二、要会识别电场的等势面，这个图有点相等量异种点电荷的电场和等势面分布，解题时候就是要类比它来解决。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、开关接1时，根据功率公式p=I2R可得，右侧线圈输出电流I3=PRR=1010A=1A，根据变压器电流之比等于匝数的反比可得右侧变压器有，I2I3=n4n3，解得I2=12I3=12×1A=0.5A；对左侧变压器有：I1I2=n2n1，解得：I1=1.5A；则可知，输入功率P1=U1I1=7.5×1.5W=11.25W，右侧变压器输入功率P3=P4=PR=10W，故导线上消耗的功率Pr=P1−P3=11.25W−10W=1.25W，由Pr=I2r可得，r=PrI2=1.250.52Ω=5Ω，故B正确，A错误；
CD、开关接2时，根据电流之比等于线圈匝数的反比可得，I′1I2′=n2n1=3，解得：I1′=3I2′，I′2I3′=n4n3=2，2I3′=I2′，根据能量关系有：P1′=Pr+P3′=Pr+P，P=P1′−Pr，则有：I3′2R=U1I1′−I2′2r，解得：I′2=3A，I′3=1.5A；P=I3′2R=1.52×10W=22.5W，故D正确，C错误。
故选：BD。
开关接1时，已知输出功率，根据功率公式可右侧变压器的输出电流；再根据变压器电流之比等于匝数的反比即可求出右侧变压器输入电流和左侧变压器输入电流；从而求出输入的总功率和导线r上消耗的功率，从而由功率公式求出导线电阻；
开关接2时，明确电流关系，再根据输入的总功率等于导线上消耗的功率和R上消耗的功率，根据电流关系和功率公式列式即可求出电流和R上的功率。
本题考查远距离输电的原理，解题的关键在于明确能量关系以及变压器原理的应用，注意明确变压器本身不消耗能量。
11.【答案】BD
【解析】解：A、由运动轨迹结合左手定则分析可知，粒子一定带正电，故A错误；
BC、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R相同。设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长，可得轨迹半径R=32d；当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，所对圆心角最小，粒子在磁场中运动时间最短，则SE=32d，由几何知识得θ=60∘，最短时间tmin=T6，所以粒子在磁场中运动的时间范围为T6≤t≤T2，故B正确、C错误；
D、由数学知识可知，若从O点射出的粒子沿CO所在直线则有SO=32d，与假设OS=d矛盾，故D正确。
故选：BD。
粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长．根据几何知识，画出轨迹，作出最长的弦，定出最长的运动时间．同理求解最短时间．即可得到时间范围．由粒子运动偏转方向结合左手定则判粒子的正负。
本题考查了粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场中圆周运动的问题是高考的热点，也是难点，关键是运用几何知识画出轨迹．
12.【答案】BCD
【解析】解：A、由图b可知，直线的斜率为：k=2v0−1v0L0=1L0v0，所以有：1v=kx+1v0，
解得：v=L0v0x+L0，结合匀变速直线运动的规律：v2=2ax，知导体棒做的不是匀变速直线运动，故A错误；
C、当位移为x时导体棒产生的感应电动势为：E=Blv=B(x+L0)⋅L0v0x+L0=BL0v0，
感应电动势大小不变，感应电流为：I=ER=BL0v0R，则知流过导体棒的电流大小不变，故C正确；
B、根据法拉第电磁感应定律有：E=△Φ△t=B⋅△S△t=B⋅L0+2L02⋅L0△t=BL0v0，
解得：导体棒运动的时间为△t=3L02v0，故B正确；
D、导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，即
W克安=Q=I2Rt=(BL0v0R)2R⋅3L02v0=3B2L02v02R
对导体棒，由动能定理得：W外−W安=12m(12v0)2−12mv02，
解得外力做的功：W外=3B2L02v02R−3mv028，故D正确。
故选：BCD。
根据图象求出v随x变化的函数表达式，再判断导体棒的运动情况；由E=Blv求出任意时刻导体棒产生的感应电动势，由欧姆定律分析电流变化情况；求出棒向右移动L0的过程中回路磁通量变化量，由E=△Φ△t求解运动时间；导体棒向右移动L0的过程中，根据动能定理求解外力做的功。
解答本题的关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律分析知道回路中产生的感应电流不变，要知道导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，运用动能定理求外力做的功。
13.【答案】BDF4.00
【解析】解：(1)由题意及表中数据知小灯泡额定电压为2.00V，额定电流为0.50A，故电压表应选B，电流表应选D；又描绘伏安特性曲线要求电流从零开始调，故变阻器应用分压式接法，应选总阻值小的变阻器F.
(2)由于小灯泡电阻较小，满足RVRx>RxRA，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图1所示：
图1
(3)小灯泡的伏安特性曲线如图2所示
(4)电压为2.00V时，电流为0.50A，
则R=UI=2.000.50Ω=4Ω.
故答案为：(1)BDF；(2)见解析图(3)见解析图(4)4。
(1)根据小电珠电阻与电流表电压表内阻的关系确定电流表内外接法，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，从而确定实验原理图，及电表的选择；
(4)在图像上取一组数据，用R=UI即可求得小灯泡的电阻。
本题考查了设计实验电路图、根据灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。
14.【答案】(1)黑
(2)B
(3)160，880
(4)1.48mA，1.10kΩ，2.95V
【解析】
【分析】
本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。
【解答】
(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；
(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节，故B正确；AC错误。
故选B；
(3)直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2=IgRgI−Ig=250×10−6×4801×10−3−250×10−6Ω=160Ω；
总电阻R总=160×480160+480Ω=120Ω
接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联改装为电压表；
根据串联电路规律可知，R4=1−1×10−3×1201×10−3Ω=880Ω；
(4)若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；
若与3连接，则为欧姆×100Ω挡，读数为11×100Ω=1100Ω=1.10kΩ；
若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V。
故答案为；(1)黑；(2)B；(3)160；880；(4)1.48mA；1.10kΩ；2.95V。
15.【答案】解：(1)对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：eU0=12mv02
解得：v0=3.2×107m/s
(2)设电子飞出偏转电场，在垂直极板方向上的位移为 y，
即有y=12at2
a=qEm=eUmd
电子偏转的时间t=Lv0
电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，依据几何关系有：
yL2=YL2+S
解得 Y=2cm。
答：(1)电子飞入偏转电场时的速度v0为3.2×107m/s；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y为2cm。
【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求解电子飞入偏转电场时的速度v0的大小。
(2)电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由几何关系求电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
此题考查了带电粒子在组合场中运动的类型，要知道电子在加速电场中运动时，往往由动能定理求加速获得的速度。对于带电粒子偏转，往往运用运动的分解法研究。
16.【答案】解：(1)设粒子最大的速度为v1，
由于速度最大的粒子一直在磁场内运动，
过P点作速度的垂线交x轴于O1点，
就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心，
PO1即为半径R1
有几何关系可知，R1sin60∘=yp，
由牛顿第二定律得，qv1B=mv12R1，R1=3l
v1=3qBlm，由于所有的粒子离开磁场的方向都是沿着y轴负方向，
故它们在磁场中偏转的角度都相同，即从磁场射出的粒子，
射出点一定在PM连线上，PM连线即为y=32l−kx
直线k=ypOM=ypOO1+R1
解得k=33。
(2)所有粒子在磁场中运动的时间都相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，
速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长，
设粒子在磁场中运动的时间为t1，
T=2πmqB，t1=13T，
设速度最小的粒子在磁场中运动的半径为R2，速度为v2，
根据几何关系有ON=OM−NM=3l，
R2sin30∘+R2=ON，
由牛顿运动定律有qv2B=mv22R2
R2=233l，
解得v2=233qBl，
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2，
有t2=CNv2，
速度最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t=t1+t2=(8π+33)12qBm。
(3)磁场的最小面积为图中的PCM阴影部分的面积S=(13πR12−12R12sin60∘)−(13πR22−12R22sin60∘)
解得S=5(4π−33)36l2。
答：(1)粒子最大速度的值为3qBlm与k的值为33。
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间(8π+33)12qBm。
(3)有界磁场的最小面积为5(4π−33)36l2。
【解析】(1)找出粒子最大速度时所对应的的圆心，作出粒子的运动轨迹可求出粒子最大速度的值与k的值。
(2)粒子在磁场中运动的时间都是相同的，粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间为速度最小的粒子所用的时间。
(3)粒子速度最小的运动轨迹与粒子速度最大的运动轨迹和与直线所围成的面积即是最小面积。
明确粒子在磁场中做匀速圆周运动，会分析有界磁场的最小面积为最大速度和最小速度在磁场中运动轨迹所围成的面积是解题的关键。
17.【答案】解：(1)CD边从开始至运动到EF的过程中，由动能定理可得
mgdsinθ=12mv2
CD边刚过虚线EF时，AB边作为电源，AB两点间的电势差为
UAB=34E=34B0dv
解得UAB=34B0d2gdsinθ
(2)从t=0时刻到AB边运动到EF的过程中，热量分为两部分：
第一部分：在t1时间内，金属框产生的焦耳热为Q1=E24Rt1
根据法拉第电磁感应定律得
E=△Φ△t=△B△tS=2B0t1d2
第二部分：t1时刻后，设t1时刻后的过程中金属框克服安培力做功为W，由动能定理得
2mgdsinθ−W=12mv12
由功能关系可知W=Q2
可得Q2=2mgdsinθ−12mv12
故所求金属框产生的焦耳热为Q总=Q1+Q2=B02d4Rt1+2mgdsinθ−12mv12
(3)AB边运动到EF的过程分为两段：
第一段CD边运动到EF的过程，设运动时间为t2，由运动学公式可知
d=12(gsinθ)t22，解得t2=2dgsinθ
第二段CD经过EF直至AB与EF重合，由动量定理得
mgsinθ⋅t3−B0I−dt3=mv1−mv
其中I−=E−4R=△Φ4Rt3=B0d24Rt3
联立解得t3=v1gsinθ+B02d34mgRsinθ−2dgsinθ
则从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为
t总=t2+t3=v1gsinθ+B02d34mgRsinθ
答：(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差为34B0d2gdsinθ；
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热为B02d4Rt1+2mgdsinθ−12mv12；
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为v1gsinθ+B02d34mgRsinθ。
【解析】(1)金属框从开始下滑到CD边运动到EF的过程中，受到的安培力的合力为零，只有重力做功，由动能定理求出CD边刚过EF时的速度，由E=BLv求出AB边产生的感应电动势，根据AB边为电源，求AB两点间的电势差。
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中，热量分为两部分：t1时间内和t1时刻后。在t1时间内，金属框中产生恒定电流，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流大小，再由焦耳定律求出产生的热量。t1时刻后，根据动能定理求出克服安培力做功，求出金属框产生的焦耳热，从而求得总的焦耳热。
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间分为两部分：第一段CD边运动到EF的过程；第二段CD经过EF直至AB与EF重合的过程。第一段根据运动学规律求运动时间；第二段，利用动量定理求运动时间。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚磁场变化情况与金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与动量定理即可解题。
18.【答案】ADE
【解析】解：AE、由光路图可知，a光的偏折程度比b光大，则玻璃对a光的折射率较大，则a光的频率比b光的频率大，a光的波长小于b光的波长，故A正确；
B、根据光在介质中的传播速度与折射率的关系v=cn可知，a光在玻璃砖中的传播速率比b光的小，故B错误；
C、根据n=sinisinr，a、b两束光在该玻璃砖中的折射率分别为na=sin53∘sin30∘=1.6，nb=sin37∘sin30∘=1.2，则折射率之比为4：3，故C错误；
D、根据sinC=1n可知，a光临界角较小，若使入射角增大，则出射光线a先消失，故D正确。
故选：ADE。
由光路图中两束光的偏折程度，比较折射率大小，从而比较频率，利用折射定律计算折射率，求出a的临界角分析a是否发生全反射，根据折射定律计算公式求解折射率之比。
本题主要是考查了光的折射定律和全发射，解答此类题目的关键，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
19.【答案】解：①由题图乙可知，周期T=0.8s
振幅A=0.1m
小球相对平衡位置的位移y=Acos2πT t
即y=0.1cos52πtm。
②n=ΔtT=1112
0∼9.2s内小球的总路程L=n⋅4A
解得L=4.6m
t=9.2s时小球处于最低点。
答：①小球相对平衡位置的位移y的表达式为y=0.1cos52πtm；
②0∼9.2s内小球的总路程为4.6m，t=9.2s时小球处于最低点。
【解析】(1)由振动图象读出周期T和振幅A，由ω=2πT求出角频率ω，根据y=Acosωt写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式。
(2)根据时间与周期的关系求出小球运动的路程，并确定9.2s时刻的位置。
本题是振动图象问题，考查基本的读图能力。根据振动图象，分析小球的振动情况，确定其受力情况，运用动力学方法求加速度，这是学习简谐运动的基本功，要熟练掌握。
2021-2022学年四川省成都市高二（下）第零次诊断物理试卷（一）
1. 由于放射性元素 93237Np的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现，已知 93237Np经过一系列α衰变和β衰变后变成 83209Bi，下列选项中正确的是( )
A. 83209Bi的原子核比 93237Np的原子核少28个中子
B. 93237Np经过衰变变成 83209Bi，衰变过程只能放出α粒子和β粒子
C. 衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D. 93237Np的半衰期等于任一个 93237Np原子核发生衰变的时间
2. 如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动时线圈内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f，测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n。则( )
A. f=nN B. f=Nn
C. 线圈中的感应电流方向不会变化 D. 旋转体转速高低与线圈中的感应电流无关
3. 如图所示实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域从a到b的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是( )
A. 带电粒子所带电荷的符号
B. 带电粒子在a、b两点的受力Fa
4. 某同学设计了如图所示的电路来研究电源输出功率随外电阻变化的规律。已知电源电动势E恒定，内电阻r=6Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为12Ω，定值电阻R2=6Ω、R3=2Ω，电流表和电压表均为理想电表。则当滑动变阻器的触片P从a到b移动的过程中，电源的输出功率的变化情况为( )
A. 一直增大
B. 先增大再减小
C. 先增大再减小再增大
D. 先增大再减小再增大再减小
5. 如图所示，边长为l的正三角形线框abc用两根绝缘细线对称悬挂，静止时ab直线水平，线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线通过ac边和bc边的中点e、f，在虚线的下方有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，此时每根细线的拉力大小为F1。现保持其他条件不变，将虚线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为F2。则导线框中的电流大小为( )
A. 2(F1−F2)Bl B. F1−F23Bl C. F1−F2Bl D. 3(F1−F2)Bl
6. 如图甲，边长为L的等边三角形金属框与匀强磁场垂直放置；图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图象，t3时刻曲线的切线与时间轴的交点对应的时刻为t2，下列说法正确的是( )
A. 0−t1段时间，金属框的感应电动势均匀增加
B. t3时刻后，磁感应强度B的变化率越来越小
C. t1时刻，金属框的感应电动势为3B1L22t1
D. t3时刻，金属框的感应电动势为3B2L24(t3−t2)
7. 平面OM和平面ON之间的夹角为30∘，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30∘角，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力，则粒子离开磁场时的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. mv2qB B. 3mvqB C. 2mvqB D. 4mvqB
8. 如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线；OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压随电流变化的图线，由图可知( )
A. 电源的电动势为6V
B. R的阻值为1Ω
C. 电源的最大输出功率为8W
D. 当电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%
9. 如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其图心分别为A、C，带电量分别为+Q、−Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电量为+q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA=1m/s，到B点时速度vB=5m/s，则( )
A. 微粒从B至C做加速运动，且vC=3m/s
B. 微粒在整个运动过程中的最终速度为5m/s
C. 微粒从A到C先做加速运动，后做成速运动
D. 微粒最终可能返回至B点，其速度大小为5m/s
10. 输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。以下判断正确的是( )
A. r=10Ω B. r=5Ω C. P=45W D. P=22.5W
11. 如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量同种带电粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC上的不同位置射出磁场。已知∠AOC=60∘，且从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2(T为这种粒子在该磁场中运动的周期)，则以下说法正确的是( )
A. 这种粒子可能带负电
B. 从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为T6
C. 从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为T12
D. 从O点射出的粒子过O点时速度方向不可能沿 CO所在直线
12. 如图a所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135∘，cd与ac垂直。将质量为m、电阻不计的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数1v随位移x变化的关系如图b所示。在棒运动L0到MN处的过程中( )
A. 导体棒做匀变速直线运动 B. 导体棒运动的时间为3L02v0
C. 流过导体棒的电流大小不变 D. 外力做的功为3B2L02v02R−3mv028
13. 要测绘额定电压为2V的常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A.电源(电动势3.0V，内阻可不计)
B.电压表V1(量程0∼3.0V，内阻约2kΩ)
C.电压表V2(量程0∼15.0V，内阻约6kΩ)
D.电流表A1(量程0∼0.6A，内阻约1Ω)
E.电流表A2(量程0∼100mA，内阻约2Ω)
F.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)
G.滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ)
(1)为减小实验误差，实验中电压表应选择______，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。(填各器材的序号)
(2)为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．
(3)实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在如图7所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线。
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(4)该小灯泡在额定电压下的电阻是______Ω.
14. 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)图(a)中的A端与______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2=______Ω，R4=______Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为______；若此时B端是与“5”相连的，则读数为______。(结果均保留3为有效数字)
15. 示波管的示意图如图所示，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。(已知电子电荷量e=1.6×10−19c，质量m=9×10−31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。)求：
(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
16. 如图，在xOy坐标系的第一象限内，直线y=32l−kx(k>0)的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在P(0,32l)点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成60∘角发射质量为m、电荷量为q(q>0)的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿−y方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，NM=32l，不计粒子的重力，求：
(1)粒子最大速度的值与k的值；
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
(3)有界磁场的最小面积。
17. 电磁滑道成为未来运动的一种设想，人们可以通过控制磁场强弱，实现对滑动速度的控制。为了方便研究，做出以下假设：如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成θ角，虚线EF上方的整个区域存在如图乙规律变化且垂直导轨平面的匀强磁场，t=0时刻磁场方向垂直斜面向上(图中未画出)，磁感应强度在0∼t1时间内均匀变化，磁感应强度最大值为B0，t1时刻后稳定为−B0。0∼t1时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上，金属框CD边与虚线EF的距离为d。t1时刻撤去外力，金属框将沿斜面下滑，金属框上边AB刚离开虚线EF时的速度为v1，已知金属框质量为m、边长为d，每条边电阻为R。求：
(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差；
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热；
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间。
18. 如图所示，某一复合光线对准一半圆形玻璃砖的圆心O入射，当在O点的入射角为30∘时，出射光线分成a、b两束，光束a与下边界的夹角为37∘，光束b与下边界的夹角为53∘，则下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光的频率大
B. a光在玻璃砖中的传播速率比b光的大
C. a、b两束光在该玻璃砖中的折射率之比为3：4
D. 若使入射角增大，则出射光线a先消失
E. a光的波长小于b光的波长
19. 在图甲中，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.2kg的小球，现让小球在竖直方向上做简谐运动，小球从最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。取g=10m/s2。
①写出小球相对平衡位置的位移y的表达式；
②求0∼9.2s内小球的总路程L，并指出t=9.2s时小球的位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 83209Bi的中子数为209−83=126， 93237Np的中子数为237−93=144， 83209Bi的原子核比 93237Np的原子核少18个中子，故A错误；
B、 93237Np经过一系列a衰变和β衰变后变成 83209Bi，可以同时放出a粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，故B错误；
C、衰变过程中发生a衰变的次数为237−2094次=7次，β衰变的次数为2×7−(93−83)次=4次，故C正确；
D、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。
故选：C。
正确解答本题需要掌握：电荷数、质子数以及质量数之间的关系；能正确根据质量数和电荷数守恒判断发生a和β衰变的次数；半衰期是大量放射性元素的原子发生衰变的统计规律。
本题考查了原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒的应用，于这一重点知识，要注意加强练习。
2.【答案】A
【解析】解：A、B、旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈n次，线圈中的感应电流变化n次，旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f=nN，故A正确，B错误。
C、测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C错误。
D、旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，故D错误。
故选：A。
依据转速与频率的定义，确定两者的关系；
依据楞次定律，即可判定；
根据法拉第电磁感应定律，即可求解。
考查转速与频率的关系，掌握法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，注意转速与频率单位的换算。
3.【答案】D
【解析】解：A、由于不知道电场线的方向，所以不可能判断出带电粒子所带电荷的符号，故A错误；
B、电场线的疏密表示场强的大小，故Fa>Fb，故B错误；
CD、粒子在电场中从a向b点运动，电场力做负功，动能不断减小，va>vb，电势能不断增大，Epa
由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．
4.【答案】C
【解析】解：在滑动变阻器的触片P从a到b移动的过程中，当R2+RPb=RPa=9Ω时，外电路总电阻最大，且为R=R3+RPa2=2Ω+92Ω=6.5Ω；P在a时，外电阻总电阻R总1=R3=2Ω；P在b时，外电阻总电阻R总2=R3+R1R2R1+R2=2Ω+12×612+6Ω=6Ω；可知，外电阻先小于内电阻，等于内电阻、后又大于内电阻，再等于内电阻，根据R=r时电源的输出功率最大，知电源的输出功率先增大再减小再增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
已知电源的内阻为r=6Ω，当滑动变阻器的触片P从a到b移动的过程中，分析外电阻的变化，来判断电源的输出功率的变化情况。当内外电阻相等时电源的输出功率最大。
本题关键分析滑动变阻器与R2并联部分电阻如何变化，确定出外电路总如何变化，利用推论进行分析。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
应用左手定则判断出安培力方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用平衡条件列式求出导线框中电流大小。
本题考查了安培力公式与左手定则的应用，应用左手定则、安培力公式与平衡条件即可解题；解答时要注意安培力公式F=BIL中的L是有效长度。
【解答】
设三角形线框的质量为m，不论磁场处于虚线上方还是下方，计算安培力时，导线的有效长度均为lcos60∘，当磁场在虚线下方时，线框受到向下的安培力，大小为F安=BIlcos60∘，由平衡条件知2F1=mg+F安；当把磁场移到虚线上方时，线框受到向上的安培力，大小为F安′=BIlcos60∘，在竖直方向由平衡条件知2F2+F安′=mg，解得I=2(F1−F2)Bl，故A正确，BCD错误。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知0−t1段时间，磁感应强度B随时间t均匀变化，根据E=ΔBΔtS可知金属框的感应电动势不变，故A错误；
B、t3时刻后，图线的斜率越来越大，则磁感应强度B的变化率越来越大，故B错误；
C、t1时刻，金属框的感应电动势为E=ΔBΔtS=B1t1×12×L×32L=3B1L24t1，故C错误；
D、t3时刻，金属框的感应电动势为E=ΔBΔtS=B2t3−t2×12×L×32L=3B2L24(t3−t2)，故D正确；
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律，可列出感应电动势的式子，结合图乙磁感应强度随时间的变化进行分析求解。
本题考查法拉第电磁感应定律，要求学生结合图象进行分析，并能计算感应电动势大小，难度适中。
7.【答案】D
【解析】解：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB，
由图示粒子运动轨迹可知：PQ=2r=2mvqB，
由几何知识得：∠OPQ=60∘，
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为：OP=2PQ=4mvqB，故D正确、ABC错误。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关系求出射点与O点间的距离。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题。
8.【答案】AD
【解析】解：A、由图象AB可知电源的电动势E=6V，短路电流为6A，根据r=EI=1Ω，故A正确；
B、根据R=△U△I得：R=2Ω，故B错误；
C、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率P=I2R=(ER+r)2R=9W，故C错误；
D、当该电源只向电阻R供电时，η=UIEI×100%=46×100%=66.7%，故D正确。
故选：AD。
由图象AB可知电源的电动势为6V，短路电流为6A；由图象OM可得外电路电阻R为2Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流。
根据U−I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点。
9.【答案】AB
【解析】解：A、AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可得：qEd=12mvB2−12mvA2，2qEd=12mvC2−12mvA2，解得：vC=3m/s。故A正确。
BD、过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，会向无穷远处运动，而无穷远出电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，均为vB=5m/s，故B正确，D错误。
C、在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故C错误。
故选：AB。
由图可以知道AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可求微粒在C点的速度；
过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同。
该题关键：一、要会识别电场分布，对于这种对称分布的电荷，其电场应该是对称的；二、要会识别电场的等势面，这个图有点相等量异种点电荷的电场和等势面分布，解题时候就是要类比它来解决。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、开关接1时，根据功率公式p=I2R可得，右侧线圈输出电流I3=PRR=1010A=1A，根据变压器电流之比等于匝数的反比可得右侧变压器有，I2I3=n4n3，解得I2=12I3=12×1A=0.5A；对左侧变压器有：I1I2=n2n1，解得：I1=1.5A；则可知，输入功率P1=U1I1=7.5×1.5W=11.25W，右侧变压器输入功率P3=P4=PR=10W，故导线上消耗的功率Pr=P1−P3=11.25W−10W=1.25W，由Pr=I2r可得，r=PrI2=1.250.52Ω=5Ω，故B正确，A错误；
CD、开关接2时，根据电流之比等于线圈匝数的反比可得，I′1I2′=n2n1=3，解得：I1′=3I2′，I′2I3′=n4n3=2，2I3′=I2′，根据能量关系有：P1′=Pr+P3′=Pr+P，P=P1′−Pr，则有：I3′2R=U1I1′−I2′2r，解得：I′2=3A，I′3=1.5A；P=I3′2R=1.52×10W=22.5W，故D正确，C错误。
故选：BD。
开关接1时，已知输出功率，根据功率公式可右侧变压器的输出电流；再根据变压器电流之比等于匝数的反比即可求出右侧变压器输入电流和左侧变压器输入电流；从而求出输入的总功率和导线r上消耗的功率，从而由功率公式求出导线电阻；
开关接2时，明确电流关系，再根据输入的总功率等于导线上消耗的功率和R上消耗的功率，根据电流关系和功率公式列式即可求出电流和R上的功率。
本题考查远距离输电的原理，解题的关键在于明确能量关系以及变压器原理的应用，注意明确变压器本身不消耗能量。
11.【答案】BD
【解析】解：A、由运动轨迹结合左手定则分析可知，粒子一定带正电，故A错误；
BC、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R相同。设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长，可得轨迹半径R=32d；当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，所对圆心角最小，粒子在磁场中运动时间最短，则SE=32d，由几何知识得θ=60∘，最短时间tmin=T6，所以粒子在磁场中运动的时间范围为T6≤t≤T2，故B正确、C错误；
D、由数学知识可知，若从O点射出的粒子沿CO所在直线则有SO=32d，与假设OS=d矛盾，故D正确。
故选：BD。
粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长．根据几何知识，画出轨迹，作出最长的弦，定出最长的运动时间．同理求解最短时间．即可得到时间范围．由粒子运动偏转方向结合左手定则判粒子的正负。
本题考查了粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场中圆周运动的问题是高考的热点，也是难点，关键是运用几何知识画出轨迹．
12.【答案】BCD
【解析】解：A、由图b可知，直线的斜率为：k=2v0−1v0L0=1L0v0，所以有：1v=kx+1v0，
解得：v=L0v0x+L0，结合匀变速直线运动的规律：v2=2ax，知导体棒做的不是匀变速直线运动，故A错误；
C、当位移为x时导体棒产生的感应电动势为：E=Blv=B(x+L0)⋅L0v0x+L0=BL0v0，
感应电动势大小不变，感应电流为：I=ER=BL0v0R，则知流过导体棒的电流大小不变，故C正确；
B、根据法拉第电磁感应定律有：E=△Φ△t=B⋅△S△t=B⋅L0+2L02⋅L0△t=BL0v0，
解得：导体棒运动的时间为△t=3L02v0，故B正确；
D、导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，即
W克安=Q=I2Rt=(BL0v0R)2R⋅3L02v0=3B2L02v02R
对导体棒，由动能定理得：W外−W安=12m(12v0)2−12mv02，
解得外力做的功：W外=3B2L02v02R−3mv028，故D正确。
故选：BCD。
根据图象求出v随x变化的函数表达式，再判断导体棒的运动情况；由E=Blv求出任意时刻导体棒产生的感应电动势，由欧姆定律分析电流变化情况；求出棒向右移动L0的过程中回路磁通量变化量，由E=△Φ△t求解运动时间；导体棒向右移动L0的过程中，根据动能定理求解外力做的功。
解答本题的关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律分析知道回路中产生的感应电流不变，要知道导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，运用动能定理求外力做的功。
13.【答案】BDF4.00
【解析】解：(1)由题意及表中数据知小灯泡额定电压为2.00V，额定电流为0.50A，故电压表应选B，电流表应选D；又描绘伏安特性曲线要求电流从零开始调，故变阻器应用分压式接法，应选总阻值小的变阻器F.
(2)由于小灯泡电阻较小，满足RVRx>RxRA，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图1所示：
图1
(3)小灯泡的伏安特性曲线如图2所示
(4)电压为2.00V时，电流为0.50A，
则R=UI=2.000.50Ω=4Ω.
故答案为：(1)BDF；(2)见解析图(3)见解析图(4)4。
(1)根据小电珠电阻与电流表电压表内阻的关系确定电流表内外接法，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，从而确定实验原理图，及电表的选择；
(4)在图像上取一组数据，用R=UI即可求得小灯泡的电阻。
本题考查了设计实验电路图、根据灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。
14.【答案】(1)黑
(2)B
(3)160，880
(4)1.48mA，1.10kΩ，2.95V
【解析】
【分析】
本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。
【解答】
(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；
(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节，故B正确；AC错误。
故选B；
(3)直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2=IgRgI−Ig=250×10−6×4801×10−3−250×10−6Ω=160Ω；
总电阻R总=160×480160+480Ω=120Ω
接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联改装为电压表；
根据串联电路规律可知，R4=1−1×10−3×1201×10−3Ω=880Ω；
(4)若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；
若与3连接，则为欧姆×100Ω挡，读数为11×100Ω=1100Ω=1.10kΩ；
若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V。
故答案为；(1)黑；(2)B；(3)160；880；(4)1.48mA；1.10kΩ；2.95V。
15.【答案】解：(1)对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：eU0=12mv02
解得：v0=3.2×107m/s
(2)设电子飞出偏转电场，在垂直极板方向上的位移为 y，
即有y=12at2
a=qEm=eUmd
电子偏转的时间t=Lv0
电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，依据几何关系有：
yL2=YL2+S
解得 Y=2cm。
答：(1)电子飞入偏转电场时的速度v0为3.2×107m/s；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y为2cm。
【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求解电子飞入偏转电场时的速度v0的大小。
(2)电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由几何关系求电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
此题考查了带电粒子在组合场中运动的类型，要知道电子在加速电场中运动时，往往由动能定理求加速获得的速度。对于带电粒子偏转，往往运用运动的分解法研究。
16.【答案】解：(1)设粒子最大的速度为v1，
由于速度最大的粒子一直在磁场内运动，
过P点作速度的垂线交x轴于O1点，
就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心，
PO1即为半径R1
有几何关系可知，R1sin60∘=yp，
由牛顿第二定律得，qv1B=mv12R1，R1=3l
v1=3qBlm，由于所有的粒子离开磁场的方向都是沿着y轴负方向，
故它们在磁场中偏转的角度都相同，即从磁场射出的粒子，
射出点一定在PM连线上，PM连线即为y=32l−kx
直线k=ypOM=ypOO1+R1
解得k=33。
(2)所有粒子在磁场中运动的时间都相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，
速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长，
设粒子在磁场中运动的时间为t1，
T=2πmqB，t1=13T，
设速度最小的粒子在磁场中运动的半径为R2，速度为v2，
根据几何关系有ON=OM−NM=3l，
R2sin30∘+R2=ON，
由牛顿运动定律有qv2B=mv22R2
R2=233l，
解得v2=233qBl，
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2，
有t2=CNv2，
速度最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t=t1+t2=(8π+33)12qBm。
(3)磁场的最小面积为图中的PCM阴影部分的面积S=(13πR12−12R12sin60∘)−(13πR22−12R22sin60∘)
解得S=5(4π−33)36l2。
答：(1)粒子最大速度的值为3qBlm与k的值为33。
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间(8π+33)12qBm。
(3)有界磁场的最小面积为5(4π−33)36l2。
【解析】(1)找出粒子最大速度时所对应的的圆心，作出粒子的运动轨迹可求出粒子最大速度的值与k的值。
(2)粒子在磁场中运动的时间都是相同的，粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间为速度最小的粒子所用的时间。
(3)粒子速度最小的运动轨迹与粒子速度最大的运动轨迹和与直线所围成的面积即是最小面积。
明确粒子在磁场中做匀速圆周运动，会分析有界磁场的最小面积为最大速度和最小速度在磁场中运动轨迹所围成的面积是解题的关键。
17.【答案】解：(1)CD边从开始至运动到EF的过程中，由动能定理可得
mgdsinθ=12mv2
CD边刚过虚线EF时，AB边作为电源，AB两点间的电势差为
UAB=34E=34B0dv
解得UAB=34B0d2gdsinθ
(2)从t=0时刻到AB边运动到EF的过程中，热量分为两部分：
第一部分：在t1时间内，金属框产生的焦耳热为Q1=E24Rt1
根据法拉第电磁感应定律得
E=△Φ△t=△B△tS=2B0t1d2
第二部分：t1时刻后，设t1时刻后的过程中金属框克服安培力做功为W，由动能定理得
2mgdsinθ−W=12mv12
由功能关系可知W=Q2
可得Q2=2mgdsinθ−12mv12
故所求金属框产生的焦耳热为Q总=Q1+Q2=B02d4Rt1+2mgdsinθ−12mv12
(3)AB边运动到EF的过程分为两段：
第一段CD边运动到EF的过程，设运动时间为t2，由运动学公式可知
d=12(gsinθ)t22，解得t2=2dgsinθ
第二段CD经过EF直至AB与EF重合，由动量定理得
mgsinθ⋅t3−B0I−dt3=mv1−mv
其中I−=E−4R=△Φ4Rt3=B0d24Rt3
联立解得t3=v1gsinθ+B02d34mgRsinθ−2dgsinθ
则从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为
t总=t2+t3=v1gsinθ+B02d34mgRsinθ
答：(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差为34B0d2gdsinθ；
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热为B02d4Rt1+2mgdsinθ−12mv12；
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为v1gsinθ+B02d34mgRsinθ。
【解析】(1)金属框从开始下滑到CD边运动到EF的过程中，受到的安培力的合力为零，只有重力做功，由动能定理求出CD边刚过EF时的速度，由E=BLv求出AB边产生的感应电动势，根据AB边为电源，求AB两点间的电势差。
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中，热量分为两部分：t1时间内和t1时刻后。在t1时间内，金属框中产生恒定电流，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流大小，再由焦耳定律求出产生的热量。t1时刻后，根据动能定理求出克服安培力做功，求出金属框产生的焦耳热，从而求得总的焦耳热。
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间分为两部分：第一段CD边运动到EF的过程；第二段CD经过EF直至AB与EF重合的过程。第一段根据运动学规律求运动时间；第二段，利用动量定理求运动时间。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚磁场变化情况与金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与动量定理即可解题。
18.【答案】ADE
【解析】解：AE、由光路图可知，a光的偏折程度比b光大，则玻璃对a光的折射率较大，则a光的频率比b光的频率大，a光的波长小于b光的波长，故A正确；
B、根据光在介质中的传播速度与折射率的关系v=cn可知，a光在玻璃砖中的传播速率比b光的小，故B错误；
C、根据n=sinisinr，a、b两束光在该玻璃砖中的折射率分别为na=sin53∘sin30∘=1.6，nb=sin37∘sin30∘=1.2，则折射率之比为4：3，故C错误；
D、根据sinC=1n可知，a光临界角较小，若使入射角增大，则出射光线a先消失，故D正确。
故选：ADE。
由光路图中两束光的偏折程度，比较折射率大小，从而比较频率，利用折射定律计算折射率，求出a的临界角分析a是否发生全反射，根据折射定律计算公式求解折射率之比。
本题主要是考查了光的折射定律和全发射，解答此类题目的关键，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
19.【答案】解：①由题图乙可知，周期T=0.8s
振幅A=0.1m
小球相对平衡位置的位移y=Acos2πT t
即y=0.1cos52πtm。
②n=ΔtT=1112
0∼9.2s内小球的总路程L=n⋅4A
解得L=4.6m
t=9.2s时小球处于最低点。
答：①小球相对平衡位置的位移y的表达式为y=0.1cos52πtm；
②0∼9.2s内小球的总路程为4.6m，t=9.2s时小球处于最低点。
【解析】(1)由振动图象读出周期T和振幅A，由ω=2πT求出角频率ω，根据y=Acosωt写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式。
(2)根据时间与周期的关系求出小球运动的路程，并确定9.2s时刻的位置。
本题是振动图象问题，考查基本的读图能力。根据振动图象，分析小球的振动情况，确定其受力情况，运用动力学方法求加速度，这是学习简谐运动的基本功，要熟练掌握。
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