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2023年浙江省杭州市西湖区学军中学高考物理模拟试卷（含答案解析）
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这是一份2023年浙江省杭州市西湖区学军中学高考物理模拟试卷（含答案解析），共31页。试卷主要包含了5h内，奋斗者号处于超重状态等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省杭州市西湖区学军中学高考物理模拟试卷
1. 下列与N/C表示同一物理量的单位是( )
A. J/C B. V/m C. A⋅Ω D. N⋅m
2. 以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是( )
A. 理想斜面实验
B. 卡文迪什扭秤实验
C. 共点力合成实验
D. 探究影响向心力大小因素
3. 2020年11月10日8时12分，“奋斗者号”创造了10909m的中国载人深潜新纪录!设奋斗者号的下潜过程沿竖直方向运动，且奋斗者号的体积不变，仅靠排出内部的海水改变自身的总重力来实现下潜。从没入海面开始计时，在0∼0.5h内，奋斗者号(连同内部海水)的总质量为m，其下潜的v−t图象如图所示。设海水密度均匀，则( )
A. 0∼0.5h内，奋斗者号处于超重状态
B. 0.5∼2.5h内，奋斗者号所受浮力的大小为mg
C. 2.5∼3h内，奋斗者号的总质量小于m
D. 0∼3h内，奋斗者号下潜的深度为7200m
4. 2021年12月9日，在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时( )
A. 气泡受到浮力
B. 因处于完全失重状态，所以不会有水分子进入气泡中
C. 气泡内气体在界面处对水产生压力
D. 水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力
5. 如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是( )
A. 两小球的质量相等
B. 两小球下滑的时间相等
C. 此过程中两小球所受重力的平均功率相等
D. 两小球在细杆下端bc时重力的瞬时功率相等
6. 利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B. 充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C. 放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D. 放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
7. 如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是( )
A. t1∼t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B. 若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C. 若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D. 若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
8. 雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为( )
A. ρvht B. 2ρvht C. ρv2 D. 2ρv2
9. 某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则( )
A. d、a两点的电势差Uda=−1.5mV
B. 负电荷从b点移到d点，电势能增加
C. a、b两点的电场强度等大反向
D. c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小
10. 如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有( )
A. 减小石块的质量 B. 增大角θ
C. 增大配重的质量 D. 增大投石机到靶的距离
11. 如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45∘的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，AB为水平直径，CD为竖直直径，EF过O点且与CD的夹角为45∘，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为vmin= gL，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的电场强度大小为mgq
B. 小球从A点运动到B点时，合力做的功为mgL
C. 小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg
D. 小球运动到F点时的机械能最大
12. 如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的位移大小一定大于Q的位移大小
B. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C. P的加速度大小的最大值为μg
D. Q的加速度大小的最大值为2μg
13. 如图，地球与月球可以看作双星系统，它们均绕连线上的C点转动，在该系统的转动平面内有两个拉格朗日点L2、L4，位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕C点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变，L2点在地月连线的延长线上，L4点与地球球心、月球球心的连线构成一个等边三角形。我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于L2点附近，它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。假设L4点有一颗监测卫星，“鹊桥”中继卫星视为在L2点。已知地球的质量为月球的81倍，则( )
A. 地球球心和月球球心到C点的距离之比为81：1
B. 地球和月球对监测卫星的引力之比为9：1
C. 监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大
D. 监测卫星绕C点运行的周期比“鹊桥”中继卫星的大
14. 氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV∼3.11eV，铝的逸出功是4.2eV，则( )
A. 氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级时，辐射出的光是可见光，用其照射铝板不能发生光电效应
B. 大量氢原子从高能级向n=1能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C. 大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光具有荧光效应
D. 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出2种不同频率的可见光
15. 超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d=100.0mm，脉冲激光中包含不同频率的光1和2，它们在棱镜中的折射率分别为n1= 2和n2= 314。取sin37∘=35，cos37∘=45，5 7=1.890。则下列说法正确的是( )
A. 上方光线为光2
B. 光1和光2通过相同的干涉装置后，光2对应的干涉条纹间距更大
C. 为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ>45∘
D. 若θ=37∘，则光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为14.4mm
16. 如图甲所示，A、B、C是介质中的三个点，A、C间距为3.25m，B、C间距为1m。两个波源分别位于A、B两点，且同时从t=0时刻开始振动，振动图像如图乙所示。已知A点波源振动形成的波长为2m。则( )
A. A点波源振动形成的波在此介质中波速为5m/s
B. B点波源振动形成的波长为3m
C. A、B中点是振动加强点
D. t=2.15s时C点位移为7cm
17. 如图甲所示，是“探究力的平行四边形定则”的实验，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳套的结点，OB和OC为细绳套，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)下列哪一个选项是不必要的实验要求______ (请填写选项前对应的字母)。
A.两个弹簧秤的夹角适当大些
B.弹簧秤应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点在同一位置
(2)本实验采用的科学方法是______ 。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______ 。
(4)如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点。现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β(β>90∘)角的变化可能是______ 。
A.增大F1的同时增大β角
B.减小F1的同时减小β角
C.增大F1的同时减小β角
D.减小F1的同时增大β角
18. 某物理实验小组看到比亚迪发布一款新能源汽车宋plusdmi，其中汽车电池采用的是比亚迪的刀片电池技术，整块电池铭牌如图甲所示。已知该车内的整块电池是由15块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池由8块电芯串联而成。现将一块刀片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势E和内阻r，现有如下器材：一个电阻箱、一个电压表、开关和若干导线、一块电芯、坐标纸和刻度尺，电路图如图乙所示。
(1)根据汽车电池铭牌，一块电芯所带电量为______ C；
(2)为了更加精确地测量，图乙中电压表量程应该接______ (“5”或“15”)V；
(3)某物理实验小组按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U，利用测量数据，作1U−1R图线如图丙所示，图线的纵轴截距为a，斜率为k，则一块电芯的电动势E=______ ，r=______ 。
19. 电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器(额定电压为16V)；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0=100Ω、单刀双掷开关；导线若干
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I−t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I−t曲线和两坐标轴所围的面积。
请回答下列问题：
a.已知测出的I−t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA⋅s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为______ C，最大电压为______ V，电容器的电容C=______ F；(均保留两位有效数字)
b.若将定值电阻换为R1=180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I−t图线应该是图丙中的曲线______ (选填“b”或“c”)。
20. 如图所示，向一个空的铝饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是357cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.3cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离管口10cm。
(1)为了把温度值标化在吸管上，请利用理想气体状态方程的相关知识推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式。
(2)计算这个气温计摄氏温度的测量范围。
(3)某同学在使用标化好温度值的气温计时，出现了吸管竖直朝上的错误操作，若考虑到油柱长度带来的影响，试判断：测量值较之实际值偏大、偏小还是准确？不要求说明原因。
21. 如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP=0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小车运动到B点时的速度大小vB；
(2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
22. 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度B1=0.1T，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径r0=1.0cm的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使L1、L2两灯发光。已知矩形线圈N=100匝，面积S=10cm2，线圈abcd总电阻R0=2Ω，小灯泡电阻均为R=2Ω。
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径r1=0.15m的金属内圈、半径r2=0.45m的金属外圈(可认为等于后轮半径)和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡L1、L2，阻值均为R=2Ω。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度B2=1T、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角θ=90∘。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
(1)“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度v=6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1；
(2)“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度v=6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1′；
(3)在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离S1和“方式二”骑行的距离S2之比。
23. 如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=6cm，左端有一粒子源均匀发射带负电的粒子(单位长度发射粒子数目相同)，粒子间的相互作用不计，比荷为qm=1.2×106C/kg，忽略重力，粒子速度v0=4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示的方形波电压，已知U0=1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求：
(1)射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值η和收集板的最小长度L1；
(2)在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B1=16T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L2为多少？若磁场改为B2=596T结果又为多少？
(3)撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B(此问保留两位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：N/C为场强的单位，根据公式E=Ud可知，场强的另一单位为V/m，故B正确，ACD错误；
故选：B。
熟悉场强的单位，结合场强的定义式得出场强的另一单位即可。
本题主要考查了电场强度的相关应用，熟悉场强的计算公式并由此得出其对应的单位即可。
2.【答案】C
【解析】解：“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法。
A.理想斜面实验，采用了理想模型法，故A错误；
B.卡文迪什扭秤实验，采用了微小形变放大法，故B错误；
C.共点力合成实验，采用了等效替代法，与“重心”概念的思维方法相同，故C正确；
D.探究影响向心力大小因素，采用了控制变量法，故D错误。
故选：C。
“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法，分析题中各选项所采用的物理方法，然后作答。
解决本题的关键就是要明确常用的物理思维方法。
3.【答案】C
【解析】解：A、0∼0.5h内，奋斗者号向下加速，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B、奋斗者号的体积不变，则浮力不变，0.5∼2.5h内，奋斗者号做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，所以此时重力小于mg，浮力的也小于mg，故B错误；
C、2.5∼3h内，奋斗者号向下做减速运动，浮力大于重力，需要再排出部分海水，此时奋斗者号的总质量小于m，故C正确；
D、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移知：0∼3h内，奋斗者号下潜的深度为h=12(2×3600+3×3600)×1m=9000m，故D错误。
故选：C。
在速度-时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断奋斗者号的运动状态。当有向上的加速度时，此时奋斗者号就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时奋斗者号就处于失重状态。奋斗者号的体积不变，浮力不变，然后根据牛顿第二定律分析质量变化情况。根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移。
此题的关键是知道浮力F=ρgV排是不变的，然后根据v−t图象求解加速度，利用牛顿第二定律分析质量的变化。
4.【答案】C
【解析】解：A.由于在失重状态下，气泡各面收到水的作用力为零，没有差值，所以不会受到浮力，故A错误；
B.气泡内气体分子一直在做无规则的热运动，根据扩散现象，水分子会进入气泡中，故B错误；
C.虽然在失重状态下，但气泡内气体在做无规则的热运动，大量的气体分子会碰撞界面产生压强，所以对水产生压力，故C正确；
D.水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，故D错误。
故选：C。
由浮力产生的原理；气体分子热运动和扩散现象；气体分子压强产生的微观原因；水的表面张力这几个知识点来做此题。
考查浮力产生的原理；气体分子热运动和扩散现象以及；气体分子压强产生的微观原因；同时考查水的表面张力。知识点比较分散，需要对知识点有全面的理解和掌握才可以准确作答。
5.【答案】BCD
【解析】解：设ab杆长度为L，∠cab为θ，根据几何关系可得ac=Lcosθ
A.由题意，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，可知两小球重力做功相等，可得m甲gL=m乙gLcosθ⋅cosθ
可得m甲
B.对于甲小球，由位移-时间公式有：L=12gt甲2
对于乙小球有Lcosθ=12gcosθt乙2
可得t甲=t乙
故B正确；
C.根据P−=Wt
结合AB选项分析可知，此过程中两小球所受重力的平均功率相等，故C正确；
D.设下落时间为t，则甲球的速度为v甲=gt
乙球的速度为v乙=gcosθt
甲乙两球重力的瞬时功率为P甲=m甲gv甲=m甲g2t
P乙=m乙gv乙cosθ=m乙g2tcos2θ
由A选项可得m甲=m乙cos2θ
可知P乙=P甲
故D正确。
故选：BCD。
根据牛顿第二定律和位移-时间公式分析两球下滑的时间关系，由速度-时间公式和动能的计算公式分析质量。根据W=mgh分析重力做功的关系，由P=Wt分析重力的平均功率关系。由P=mgvcosθ分析重力的瞬时功率关系。
本题等时圆问题，利用牛顿第二定律和运动学公式相结合分析知道两球运动时间相等是关键。要注意重力的瞬时功率要根据公式P=mgvcosθ分析。
6.【答案】B
【解析】解：A、充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电势差越来越小，电流表的示数逐渐减小，故A错误；
B、充电过程中，电压表的示数迅速增大，最后与电源的电动势相等，即示数趋于稳定，故B正确；
C、放电过程，电流表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，如图所示：
故C错误；
D、放电过程，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故D错误。
故选：B。
明确电容器充放电的基本规律，知道充时时电流越小，而放电时电流越来越大。
本题考查电容器的充放电规律，要注意明确充电时电流越来越小，电压越来越大，而放电时电流越来越大，电压越来越小；注意电流和电压均不是均匀变化的。
7.【答案】B
【解析】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，ΔΦΔt减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误；
D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v= 2gh，可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的 2倍，因此ΔΦΔt不能增大为原来的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度.
本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。
8.【答案】B
【解析】解：单位时间、单位面积上的降水量Δh=ht
在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为m=ρSΔhΔt=ρΔShtΔt
设雨水受到的撞击力为F，规定向下为正方向，根据动量定理FΔt=mvt−mv=ρΔShtΔt(−v−v)=−2ρvΔShtΔt
解得F=−2ρvΔSht
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′=2ρvΔSht
因此平均压强为p=F′ΔS=2ρvht
故ACD错误，B正确；
故选：B。
首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v变为反向v的动量变化的模型，应用动量定理表示出芭蕉叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形量杯测得打在芭蕉叶面上水的质量，根据压强公式求芭蕉叶受到的平均压强。
估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基本符合事实的结论，这是物理学中常用的一种思想方法。
9.【答案】AD
【解析】解：A、d、a两点的电势差Uda=φd−φa=0−1.5mV=−1.5mV，故A正确；
B、负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从b点移到d点，电势能减小，故B错误；
C、该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故C错误；
D、c、d两点在等量异种电荷的中垂线上，且c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度相同；从c到d的直线上电场线先变密后变疏，则电场强度先变大后变小，故D正确。
故选：AD。
10.【答案】D
【解析】解：A、设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，石块与配重的角速度相等，由v=ωr得此时配重的速度大小为v2=v1l2l1
根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m2gl2(1−cosθ)−m1gl1(1−cosθ)=12m1v12+12m2v22=(12m1+l222l12m2)v12
由上式可知，若减小减小石块的质量m1，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；
B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足：m1gl1sinθ
根据两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；
C、根据m2gl2(1−cosθ)−m1gl1(1−cosθ)=(12m1+l222l12m2)v12可知，若增大配重的质量m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D、增大投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选：D。
若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。平抛运动规律分析出此时石子速度的变化趋势。由机械能守恒定律和圆周运动角速度之间的关系列式进行分析。
本题主要考查机械能守恒定律、平抛运动，解题关键在于要从6环处打中靶心处，则需要竖直方向位移增加，则需要时间增加，则需要水平方向时间增加，以此进行分析。
11.【答案】D
【解析】解：A.小球在A点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，在A点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平衡，则有
mg=qEsin45∘
解得：E= 2mgq
故A错误；
B.小球从A点运动到B点时，重力做功是零，电场力做功为W=qE⋅2Lcos45∘
解得：W=2mgL
因此合力做的功为2mgL，故B错误；
C.小球运动到B点时，由动能定理可得2mgL=12mvB2−12mvA2
在B点，由牛顿第二定律可得T−qEcos45∘=mvB2L
代入数据解得T=6mg
故C错误；
D.小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，小球在E点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F点时的电势最低，具有的电势能最小，因此小球在F点的机械能最大，故D正确。
故选：D。
小球运动到A点时的速度最小，说明A点是等效最高点，根据牛顿第二定律求解合外力，根据几何关系求解电场力，进而求出电场强度；根据功的计算公式求解小球从A点运动到B点合力做的功；根据动能定理、牛顿第二定律求解运动到B点时轻绳拉力的大小；根据功能关系分析小球机械能的变化。
本题主要是考查带电小球在电场中的运动，解答本题的关键是知道小球的受力情况和运动情况，知道小球在等效最高点时电场力和重力的合力全部提供向心力，这是解答此题的突破口。
12.【答案】B
【解析】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F=2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0=μmg
A.PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：−μmg=maP2
解得aP2=−μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD.从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为−T0−μmg=maP1
解得aP1=−2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时−μmg=maQm
解得aQm=−μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系；分析撤去拉力前后两滑块受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意两个点：用整体法和隔离法处理连体问题，弹簧不会瞬间突变。
13.【答案】C
【解析】解：A.设地球球心到C点的距离为r1，月球球心到C点的距离为r2，对地球根据万有引力提供向心力有GM月M地L2=M地ω2r1
对月球根据万有引力提供向心力有GM月M地L2=M月ω2r2
联立解得M地M月=r2r1=811
则地球球心和月球球心到C点的距离之比为1：81，故A错误；
B.设监测卫星的质量为m，由公式F=GmMr2
可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质量与月球的质量之比即为81：1，故B错误；
C.对月球有GM地M月L2=M月a
对监测卫星，地球对监测卫星的引力GM地mL2，月球对监测卫星的引力GM月mL2，由于两引力的夹角小于90o，所以两引力的合力F合>GM地mL2
设监测卫星绕C点运行的加速度为a1，由
F合=ma1
得a1>GM地L2
设月球绕C点运行的加速度为a2，根据万有引力提供向心力有：GM月M地L2=M月a2
解得：a2=GM地L2
监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大，故C正确；
D.在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同，所以监测卫星绕C点运行的周期与“鹊桥”中继卫星相同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力定律，监测卫星与地球和月球距离相等，引力和质量成正比；根据双星系统模型，可以得到距离与质量成反比；根据向心力公式，判断加速度的大小，不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同。
本题主要的是考查万有引力定律及应用。关键点一：监测卫星与地球和月球距离相等，引力和质量成正比；关键点二：利用双星系统模型，角速度相等、彼此的向心力的大小是相同的万有引力。
14.【答案】AD
【解析】解：A、氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级时，发出光子的能量为E=E5−E=−0.54eV−(−3.4eV)=2.86eV，在可见光的光子能量范围，小于铝的逸出功，所以用其照射铝板不能发生光电效应，故A正确；
B、大量氢原子从高能级向n=1能级跃迁时，发出的光子最大能量为：Emax=E∞−E1=0−(−13.6)eV=13.6eV，发出的光子最小能量为：Emin=E2−E1=−3.4eV−(−13.6)eV=10.2eV，能量值大于紫光，属于紫外线，具有显著的化学效应和荧光效应，故B错误；
C、大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光子最大能量为：Emax′=E∞−E3=0−(−1.51)eV=1.51eV，发出的光子最小能量为：Emin′=E4−E3=−0.85eV−(−1.51)eV=0.66eV，能量值小于红光，属于红外线，发出的光具有显著的热效应，故C错误；
D、大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目最多为C42=6种，其中氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，辐射出的光子能量为E42=E4−E2=−0.85eV−(−3.4)eV=2.55eV，从n=3能级跃迁到n=2能级时，辐射出的光子能量为E32=E3−E2=−1.51eV−(−3.4)eV=1.89eV，这两种光子属于可见光光子，其余不是可见光，故D正确。
故选：AD。
根据玻尔理论hv=Em−En与发生光电效应的条件分析；大量氢原子从高能级向某确定的低能级跃迁时，根据公式hv=Em−En与求出发出光子的能量范围，与可见光的能量范围进行对比；根据数学组合公式判断辐射出的不同频率光的种数。
本题考查了能级跃迁、光电效应以及电磁波谱等原子物理学的多个知识点的内容，其中玻尔理论与光电效应现象为这一部分的重点，要准确理解其内容，注意光电效应发生条件。
15.【答案】ABD
【解析】解：A.光路图如图所示
根据折射定律有n=sinisinr
由于n2
B.因n1>n2，可知光1的频率大于光2的频率，则光1的波长小于光2的波长，光1和光2通过相同的干涉装置后，由干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，可知光2对应的干涉条纹间距更大，故B正确；
C.设光线在第一个棱镜斜面上恰好产生全反射，则sinC=1n，代入较大折射率得对应的临界角为C=45∘，因此为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ<45∘，故C错误；
D.由几何关系可知光射出时的入射角：i=θ，脉冲激光从第一个三棱镜右侧面射出时产生折射，设折射角分别为i1和i2，由折射定律可得n1=sini1sinθ，n2=sini2sinθ
设两束光在两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则有L1=dcosi1，L2=dcosi2
则有ΔL=2(L1−L2)
联立并代入数据解得ΔL≈14.4mm，故D正确。
故选：ABD。
根据折射定律分析光线的传播，会计算全反射的临界角，寻找两束光满足的临界条件，光线在第一个三棱镜右侧斜面上恰好发生全反射时，根据全反射临界角公式解出顶角θ的范围；根据折射定律，结合几何关系联立求解。根据双缝干涉的条纹公式判断。
本题借助“超强超短光脉冲产生方法”这一材料来考查光的折射定律和临界角的相关知识，结合几何关系。联立解题。
16.【答案】AB
【解析】解：A.根据乙图可知，A点波源振动的周期为0.4s，故形成的波在此介质中波速为vA=λATA=20.4m/s=5m/s，故A正确；
B.同种介质中，两列波的传播速度相等，故B的波速也为5m/s，根据乙图可知，B点波源振动的周期为0.6s，B点波源振动形成的波长为λB=vTB=5×0.6m=3m，故B正确；
C.由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，故C错误；
D.根据乙图可知，A点波源的振动波在C的振动位移图像为xA=AAsin2πTA(t−xACv)
B的振动位移图像为xB=ABsin2πTB(t−xBCv)
将t=2.15s代入得xA=−3m，xB=−4m
x=xA+xB=−3m+(−4m)=−7m
故D错误。
故选：AB。
由图读出周期，根据λ=vT，解得波的波速，且两列波在同种均匀介质中，波速相同，可得B波的波长，由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，根据振动方程结合波的叠加性解答D项。
本题综合考查了波的传播问题，学生应掌握两列波发生稳定干涉的条件，注意波在均匀介质中匀速传播，且波速由介质决定，在叠加区域内振动质点的位移，应是两列波引起该质点振动的位移的矢量和。
17.【答案】DBF′BC
【解析】解：(1)ABC.此实验中，两个弹簧秤的夹角适当大些；弹簧秤应在使用前校零，以减少读数的误差；拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，故ABC正确；
D.改变拉力，进行多次实验，每次没必要要使O点在同一位置，选项D错误；
本题选择不必要的选项；
故选：D。
(2)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；
故选：B。
(3)F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′。
(4)AD.根据力的平行四边形定则可知，让F2大小增大，方向不变，β角不可能增大，故AD错误．
B.根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示
由此可知减小F1的同时减小β角可以实现题意要求，故B正确；
C.同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示
由此可知增大F1的同时减小β角可以实现题意要求，故C正确；
故选：BC。
故答案为：(1)D；(2)B；(3)F′；(4)BC
(1)根据实验注意事项判断即可；
(2)本实验采用的等效替代法；
(3)方向一定沿AO方向的是一个弹簧测力计拉橡皮条的拉力；
(4)根据力的平行四边形定则分析判断。
本题考查“探究力的平行四边形定则”的实验，掌握实验原理和注意事项判断分析即可。
18.【答案】143151a ka
【解析】解：(1)根据汽车电池铭牌，可知电池的额定容量为47.7Ah，则一块电芯所带电量为
Q=It=115×8×47.7×3600C=1431C；
(2)电池的额定电压为384V，则一块电芯的电压为
U=115×8×384V=3.2V
为了更加精确地测量，则图乙中电压表量程应该接5V；
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+URr
变形得到
1U=1E+rE⋅1R
可知图线的纵截距为a=1E，斜率为k=rE
解得：E=1a，r=ka
故答案为：(1)1431；(2)5；(3)1a，ka。
(1)(2)根据铭牌的容量和额定电压分析解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得电动势与内阻。
本题考查测量汽车上电池的电动势和内阻的实验，要求学生会根据闭合电路欧姆定律得到1U与1R的函数关系，应用图象法去处理实验数据。
19.【答案】4.2×10−2 9.04.7×10−3 c
【解析】解：a、i−t图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为Q=42.3mA⋅s=4.2×10−2C
由i−t图像得到开始时电流为Im=90mA=0.09A，故电容器两端的最大电压为U=ImR0=0.09A×100Ω=9.0V
电容为C=QU=4.23×10−29F=4.7×10−3F
b、换用阻值为180Ω的电阻，根据im=UR可知，第2次实验的最大电流小些。根据Q=CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故选c。
故答案为：a、4.2×10−2，9.0，4.7×10−3；b、c
a、由I−t图象得到开始时电流，结合欧姆定律求解电压；面积表示电荷总量；根据C=QU求解电容；
b、根据欧姆定律，电阻越大，最大电流越小，结合I−t图象所转的面积确定是哪个图象。
图像的面积表示电荷量。根据电容器充放电的特点，判断电压最大时，电流的特点。根据含电容的电路中的规律，判断电容充电完成后的电压情况。
20.【答案】解：(1)气体的初状态
V1=(357+0.3×10)cm3=360cm3
T1+(273+27)K=300K
任意态
V2=(357+0.3h)cm3
T2=(273+T)K
由一定质量的理想气体状态方程得：
V1T1=V2T2
解得：t=(24.5+0.24h)℃
(2)因为0≤h≤20cm，代入上式可得：
24.5℃⩽29.5℃
(3)根据V1T1=V2T2
可得：T2=V2V1T1
由于油滴产生压强的原因，V2偏小，测得的T2偏小。
答：(1)摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式为t=(24.5+0.24h)℃；
(2)气温计摄氏温度的测量范围为24.5℃⩽29.5℃；
(3)测量值偏小。
【解析】(1)分析出气体变化前后的状态，根据公式pV=CT列式完成分析；
(2)根据上述的分析，代入数据计算出测温的范围；
(3)根据实际情况分析出温度的测量值和实际值的大小关系。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
21.【答案】解：小车的质量m=50g=0.05kg
(1)小车由A运动至B过程，由能量关系可知：EP=k(mg+F)L+12mvB2
其中F=0.5mg，k=0.2，代入数据得：vB=3m/s
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：mg−0.5mg=mvC2R
小车从B到C，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
得：R=0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN′−mg−0.5mg=mvB2R
联立解得：FN′=3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN=FN′=3N
(3)小车从B到P，由动能定理得：−mg⋅2r=12mvP2−12mvB2
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x=vPt
2r=12gt2
联立解得：x= −16r2+185r= −16(r−980)2+81400
当r=980m=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP>0，则：r<0.225m
但因为小车在N点满足：mvN2r≤2.5mg
小车从B到N，由动能定理得：−mgr=12mvN2−12mvB2
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：xm= 25m。
答：(1)小车运动到B点时的速度大小为3m/s；
(2)小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为 25m。
【解析】(1)小车由A运动至B过程，由能量关系进行解答；
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，最高点时重力完全提供向心力，小车从B到C，由动能定理列方程求解半径，在B点，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解小车运动至B点时对轨道压力大小；
(3)小车从B到P，由动能定理列方程；小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律列方程，联立求解水平位移的表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
22.【答案】解：(1)由感应电动势最大值公式可知Em=NB1Sω，其中ω=vr0
代入数据可得Em=6V
由于产生的是正弦式交变电流，则U=Em 2=6 2V=3 2V
回路总电阻R′=R0+R2
小灯泡L1的电流有效值I1=12⋅UR′
联立解得：I1= 22A
(2)根据法拉第电磁感应定律有：E′m=B2(r2−r1)(ωr2+ωr1)2
产生方波式的交变电流，设有效值为U′，则由：Em2R⋅T2=U′2R⋅T
代入数据解得：U′=3 25V
回路总电阻R′′=2R
小灯泡L1的电流有效值I1′=U′R″
联立解得：I1′=3 220A
(3)由s=vt
电能Q=U2R′t
v相同，Q相同，所以s1s2=t1t2=R′R″⋅U′2U2
代入数据解得：s1s2=3100
答：(1)小灯泡L1的电流有效值为 22A；
(2)小灯泡L1的电流有效值为3 220A；
(3)”方式一”骑行的距离和“方式二”骑行的距离之比为3100。
【解析】(1)由感应电动势最大值公式可解得；
(2)根据右手定则可以判断出感应电流的方向，根据公式E=12Bl2ω可以求感应电动势，从而解得电流；
(3)根据电能的计算公式分析解答．
搞清电路的连接关系，正确区分电源和外电路是解题的关键，同时要掌握转动切割感应电动势公式E=12Bl2ω，要学会推导．
23.【答案】解：(1)想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在t=0时刻(或方形波电压每一周期的起始时刻)发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的C位置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示；
以t=0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则：L=v0t
解得：t=1.5×10−5s>23T波，则粒子在板间运动分为两段。
粒子在电场中的加速度大小为：a=qU0md=1.2×106×1.0×1020.2m/s2=6×108m/s2
粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为：t1=2×0.5×10−5s=1×10−5s
t1时刻粒子在电场方向的分速度为：vy1=at1=6×108×1.0×10−5m/s=6×103m/s
在电场方向匀加速运动的位移为：y1=12×6×108×(1.0×10−5)2m=3cm
匀减速运动时间为：t2=t−t1=0.5×10−5s
t2时刻粒子在电场方向的分速度为：vy2=vy1−at2=3×103m/s
在电场方向匀减速运动的位移为：y2=vy1+vy22t2=2.25cm
故粒子向上偏转的距离为：y=y1+y2=5.25cm
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为：η=d−yd=20−5.2520=73.75%
由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为：v= v02+vy22= 42+32×103m/s=5×103m/s
合速度与初速度方向之间夹角为：cosθ=v0v=45，即θ=37∘
由图中几何关系可知收集板的最小长度为：L1=(d−y)cosθ=(20−5.25)×45cm=11.8cm
(2)设粒子在t=1×10−5s时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后向上加速离开电场，设极板左侧的D位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示；
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为：t′1=0.5×10−5s
t1时刻粒子在电场方向的分速度为：v′y1=at′1=3×103m/s
在电场方向向下匀加速运动的位移为：y′1=12at′12=0.75cm
向下匀减速运动时间为：t′2=0.5×10−5s
由对称性可知向下匀减速运动的位移为：y′2=y′1=0.75cm
最后向上匀加速运动时间为：t3=0.5×10−5s
在电场方向向上匀加速运动的位移为：y3=12at32=0.75cm
t3时刻粒子在电场方向的分速度为：vy3=v′y1−at′2+at3=3×103m/s
可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为0.75cm。
所有离开电场的粒子速度都满足大小为：v= v02+vy2=5×103m/s，与初速度方向之间夹角为θ=37∘。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qvB=mv2r
解得：r=2.5cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示，由几何关系可得收集板的最小长度为：L2=dAF−2r=(20−0.75−2×2.5)cm=14.25cm
若磁场改为B2=596T，则粒子在磁场中的轨迹半径为：r2=mvqB2=8cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示由几何关系可得收集板的最小长度为：L′2=dAF−2r2=(20−0.75−2×8)cm=3.25cm
(3)要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，如图所示；
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为：Rmin=dAFcosθ2=(20−0.75)×452cm=7.7cm
为使粒子在磁场中偏转后会聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为：r′=Rmin
根据牛顿第二定律：qvB=mv2r′
解得：B≈5.4×10−2T
答：(1)射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值η为73.75%，收集板的最小长度L1为11.8cm；
(2)在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B1=16T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，收集板的最小长度L2为14.25cm，若磁场改为B2=596T，则结果为3.25cm；
(3)撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径为7.7cm，相应的磁感应强度B为5.4×10−2T。
【解析】(1)考虑从t=0发射的粒子恰恰从极板边缘射出，由类平抛规律水平沿电场线的位移，结合几何关系即可求出从极板射出的粒子子的最小百分数和接收板最小长度L1；
(2)考虑恰没打在下极板上的粒子从右板射出时，离右板边缘的距离，结合几何关系求出收集板的最小长度；
(3)根据磁聚焦的原理，求出圆形区域内最小的磁感应强度。
该题属于带电粒子在电场中的偏转与带电粒子在磁场中的偏转，解题的关键是粒子在极板之间运动的时间恰好是一个方波电压的周期。要找到符合条件的粒子从何时刻，何位置恰从极板的边缘射出，应用相应的规律结合几何关系解答，本题难度较大，要特别注意关键时刻和关键位置的特殊情况。
2023年浙江省杭州市西湖区学军中学高考物理模拟试卷
1. 下列与N/C表示同一物理量的单位是( )
A. J/C B. V/m C. A⋅Ω D. N⋅m
2. 以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是( )
A. 理想斜面实验
B. 卡文迪什扭秤实验
C. 共点力合成实验
D. 探究影响向心力大小因素
3. 2020年11月10日8时12分，“奋斗者号”创造了10909m的中国载人深潜新纪录!设奋斗者号的下潜过程沿竖直方向运动，且奋斗者号的体积不变，仅靠排出内部的海水改变自身的总重力来实现下潜。从没入海面开始计时，在0∼0.5h内，奋斗者号(连同内部海水)的总质量为m，其下潜的v−t图象如图所示。设海水密度均匀，则( )
A. 0∼0.5h内，奋斗者号处于超重状态
B. 0.5∼2.5h内，奋斗者号所受浮力的大小为mg
C. 2.5∼3h内，奋斗者号的总质量小于m
D. 0∼3h内，奋斗者号下潜的深度为7200m
4. 2021年12月9日，在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时( )
A. 气泡受到浮力
B. 因处于完全失重状态，所以不会有水分子进入气泡中
C. 气泡内气体在界面处对水产生压力
D. 水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力
5. 如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是( )
A. 两小球的质量相等
B. 两小球下滑的时间相等
C. 此过程中两小球所受重力的平均功率相等
D. 两小球在细杆下端bc时重力的瞬时功率相等
6. 利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B. 充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C. 放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D. 放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
7. 如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是( )
A. t1∼t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B. 若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C. 若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D. 若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
8. 雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为( )
A. ρvht B. 2ρvht C. ρv2 D. 2ρv2
9. 某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则( )
A. d、a两点的电势差Uda=−1.5mV
B. 负电荷从b点移到d点，电势能增加
C. a、b两点的电场强度等大反向
D. c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小
10. 如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有( )
A. 减小石块的质量 B. 增大角θ
C. 增大配重的质量 D. 增大投石机到靶的距离
11. 如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45∘的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，AB为水平直径，CD为竖直直径，EF过O点且与CD的夹角为45∘，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为vmin= gL，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的电场强度大小为mgq
B. 小球从A点运动到B点时，合力做的功为mgL
C. 小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg
D. 小球运动到F点时的机械能最大
12. 如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的位移大小一定大于Q的位移大小
B. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C. P的加速度大小的最大值为μg
D. Q的加速度大小的最大值为2μg
13. 如图，地球与月球可以看作双星系统，它们均绕连线上的C点转动，在该系统的转动平面内有两个拉格朗日点L2、L4，位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕C点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变，L2点在地月连线的延长线上，L4点与地球球心、月球球心的连线构成一个等边三角形。我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于L2点附近，它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。假设L4点有一颗监测卫星，“鹊桥”中继卫星视为在L2点。已知地球的质量为月球的81倍，则( )
A. 地球球心和月球球心到C点的距离之比为81：1
B. 地球和月球对监测卫星的引力之比为9：1
C. 监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大
D. 监测卫星绕C点运行的周期比“鹊桥”中继卫星的大
14. 氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV∼3.11eV，铝的逸出功是4.2eV，则( )
A. 氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级时，辐射出的光是可见光，用其照射铝板不能发生光电效应
B. 大量氢原子从高能级向n=1能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C. 大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光具有荧光效应
D. 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出2种不同频率的可见光
15. 超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d=100.0mm，脉冲激光中包含不同频率的光1和2，它们在棱镜中的折射率分别为n1= 2和n2= 314。取sin37∘=35，cos37∘=45，5 7=1.890。则下列说法正确的是( )
A. 上方光线为光2
B. 光1和光2通过相同的干涉装置后，光2对应的干涉条纹间距更大
C. 为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ>45∘
D. 若θ=37∘，则光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为14.4mm
16. 如图甲所示，A、B、C是介质中的三个点，A、C间距为3.25m，B、C间距为1m。两个波源分别位于A、B两点，且同时从t=0时刻开始振动，振动图像如图乙所示。已知A点波源振动形成的波长为2m。则( )
A. A点波源振动形成的波在此介质中波速为5m/s
B. B点波源振动形成的波长为3m
C. A、B中点是振动加强点
D. t=2.15s时C点位移为7cm
17. 如图甲所示，是“探究力的平行四边形定则”的实验，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳套的结点，OB和OC为细绳套，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)下列哪一个选项是不必要的实验要求______ (请填写选项前对应的字母)。
A.两个弹簧秤的夹角适当大些
B.弹簧秤应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点在同一位置
(2)本实验采用的科学方法是______ 。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______ 。
(4)如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点。现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β(β>90∘)角的变化可能是______ 。
A.增大F1的同时增大β角
B.减小F1的同时减小β角
C.增大F1的同时减小β角
D.减小F1的同时增大β角
18. 某物理实验小组看到比亚迪发布一款新能源汽车宋plusdmi，其中汽车电池采用的是比亚迪的刀片电池技术，整块电池铭牌如图甲所示。已知该车内的整块电池是由15块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池由8块电芯串联而成。现将一块刀片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势E和内阻r，现有如下器材：一个电阻箱、一个电压表、开关和若干导线、一块电芯、坐标纸和刻度尺，电路图如图乙所示。
(1)根据汽车电池铭牌，一块电芯所带电量为______ C；
(2)为了更加精确地测量，图乙中电压表量程应该接______ (“5”或“15”)V；
(3)某物理实验小组按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U，利用测量数据，作1U−1R图线如图丙所示，图线的纵轴截距为a，斜率为k，则一块电芯的电动势E=______ ，r=______ 。
19. 电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器(额定电压为16V)；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0=100Ω、单刀双掷开关；导线若干
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I−t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I−t曲线和两坐标轴所围的面积。
请回答下列问题：
a.已知测出的I−t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA⋅s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为______ C，最大电压为______ V，电容器的电容C=______ F；(均保留两位有效数字)
b.若将定值电阻换为R1=180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I−t图线应该是图丙中的曲线______ (选填“b”或“c”)。
20. 如图所示，向一个空的铝饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是357cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.3cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离管口10cm。
(1)为了把温度值标化在吸管上，请利用理想气体状态方程的相关知识推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式。
(2)计算这个气温计摄氏温度的测量范围。
(3)某同学在使用标化好温度值的气温计时，出现了吸管竖直朝上的错误操作，若考虑到油柱长度带来的影响，试判断：测量值较之实际值偏大、偏小还是准确？不要求说明原因。
21. 如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP=0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小车运动到B点时的速度大小vB；
(2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
22. 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度B1=0.1T，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径r0=1.0cm的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使L1、L2两灯发光。已知矩形线圈N=100匝，面积S=10cm2，线圈abcd总电阻R0=2Ω，小灯泡电阻均为R=2Ω。
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径r1=0.15m的金属内圈、半径r2=0.45m的金属外圈(可认为等于后轮半径)和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡L1、L2，阻值均为R=2Ω。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度B2=1T、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角θ=90∘。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
(1)“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度v=6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1；
(2)“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度v=6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1′；
(3)在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离S1和“方式二”骑行的距离S2之比。
23. 如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=6cm，左端有一粒子源均匀发射带负电的粒子(单位长度发射粒子数目相同)，粒子间的相互作用不计，比荷为qm=1.2×106C/kg，忽略重力，粒子速度v0=4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示的方形波电压，已知U0=1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求：
(1)射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值η和收集板的最小长度L1；
(2)在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B1=16T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L2为多少？若磁场改为B2=596T结果又为多少？
(3)撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B(此问保留两位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：N/C为场强的单位，根据公式E=Ud可知，场强的另一单位为V/m，故B正确，ACD错误；
故选：B。
熟悉场强的单位，结合场强的定义式得出场强的另一单位即可。
本题主要考查了电场强度的相关应用，熟悉场强的计算公式并由此得出其对应的单位即可。
2.【答案】C
【解析】解：“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法。
A.理想斜面实验，采用了理想模型法，故A错误；
B.卡文迪什扭秤实验，采用了微小形变放大法，故B错误；
C.共点力合成实验，采用了等效替代法，与“重心”概念的思维方法相同，故C正确；
D.探究影响向心力大小因素，采用了控制变量法，故D错误。
故选：C。
“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法，分析题中各选项所采用的物理方法，然后作答。
解决本题的关键就是要明确常用的物理思维方法。
3.【答案】C
【解析】解：A、0∼0.5h内，奋斗者号向下加速，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B、奋斗者号的体积不变，则浮力不变，0.5∼2.5h内，奋斗者号做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，所以此时重力小于mg，浮力的也小于mg，故B错误；
C、2.5∼3h内，奋斗者号向下做减速运动，浮力大于重力，需要再排出部分海水，此时奋斗者号的总质量小于m，故C正确；
D、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移知：0∼3h内，奋斗者号下潜的深度为h=12(2×3600+3×3600)×1m=9000m，故D错误。
故选：C。
在速度-时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断奋斗者号的运动状态。当有向上的加速度时，此时奋斗者号就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时奋斗者号就处于失重状态。奋斗者号的体积不变，浮力不变，然后根据牛顿第二定律分析质量变化情况。根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移。
此题的关键是知道浮力F=ρgV排是不变的，然后根据v−t图象求解加速度，利用牛顿第二定律分析质量的变化。
4.【答案】C
【解析】解：A.由于在失重状态下，气泡各面收到水的作用力为零，没有差值，所以不会受到浮力，故A错误；
B.气泡内气体分子一直在做无规则的热运动，根据扩散现象，水分子会进入气泡中，故B错误；
C.虽然在失重状态下，但气泡内气体在做无规则的热运动，大量的气体分子会碰撞界面产生压强，所以对水产生压力，故C正确；
D.水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，故D错误。
故选：C。
由浮力产生的原理；气体分子热运动和扩散现象；气体分子压强产生的微观原因；水的表面张力这几个知识点来做此题。
考查浮力产生的原理；气体分子热运动和扩散现象以及；气体分子压强产生的微观原因；同时考查水的表面张力。知识点比较分散，需要对知识点有全面的理解和掌握才可以准确作答。
5.【答案】BCD
【解析】解：设ab杆长度为L，∠cab为θ，根据几何关系可得ac=Lcosθ
A.由题意，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，可知两小球重力做功相等，可得m甲gL=m乙gLcosθ⋅cosθ
可得m甲
B.对于甲小球，由位移-时间公式有：L=12gt甲2
对于乙小球有Lcosθ=12gcosθt乙2
可得t甲=t乙
故B正确；
C.根据P−=Wt
结合AB选项分析可知，此过程中两小球所受重力的平均功率相等，故C正确；
D.设下落时间为t，则甲球的速度为v甲=gt
乙球的速度为v乙=gcosθt
甲乙两球重力的瞬时功率为P甲=m甲gv甲=m甲g2t
P乙=m乙gv乙cosθ=m乙g2tcos2θ
由A选项可得m甲=m乙cos2θ
可知P乙=P甲
故D正确。
故选：BCD。
根据牛顿第二定律和位移-时间公式分析两球下滑的时间关系，由速度-时间公式和动能的计算公式分析质量。根据W=mgh分析重力做功的关系，由P=Wt分析重力的平均功率关系。由P=mgvcosθ分析重力的瞬时功率关系。
本题等时圆问题，利用牛顿第二定律和运动学公式相结合分析知道两球运动时间相等是关键。要注意重力的瞬时功率要根据公式P=mgvcosθ分析。
6.【答案】B
【解析】解：A、充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电势差越来越小，电流表的示数逐渐减小，故A错误；
B、充电过程中，电压表的示数迅速增大，最后与电源的电动势相等，即示数趋于稳定，故B正确；
C、放电过程，电流表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，如图所示：
故C错误；
D、放电过程，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故D错误。
故选：B。
明确电容器充放电的基本规律，知道充时时电流越小，而放电时电流越来越大。
本题考查电容器的充放电规律，要注意明确充电时电流越来越小，电压越来越大，而放电时电流越来越大，电压越来越小；注意电流和电压均不是均匀变化的。
7.【答案】B
【解析】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，ΔΦΔt减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误；
D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v= 2gh，可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的 2倍，因此ΔΦΔt不能增大为原来的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度.
本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。
8.【答案】B
【解析】解：单位时间、单位面积上的降水量Δh=ht
在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为m=ρSΔhΔt=ρΔShtΔt
设雨水受到的撞击力为F，规定向下为正方向，根据动量定理FΔt=mvt−mv=ρΔShtΔt(−v−v)=−2ρvΔShtΔt
解得F=−2ρvΔSht
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′=2ρvΔSht
因此平均压强为p=F′ΔS=2ρvht
故ACD错误，B正确；
故选：B。
首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v变为反向v的动量变化的模型，应用动量定理表示出芭蕉叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形量杯测得打在芭蕉叶面上水的质量，根据压强公式求芭蕉叶受到的平均压强。
估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基本符合事实的结论，这是物理学中常用的一种思想方法。
9.【答案】AD
【解析】解：A、d、a两点的电势差Uda=φd−φa=0−1.5mV=−1.5mV，故A正确；
B、负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从b点移到d点，电势能减小，故B错误；
C、该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故C错误；
D、c、d两点在等量异种电荷的中垂线上，且c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度相同；从c到d的直线上电场线先变密后变疏，则电场强度先变大后变小，故D正确。
故选：AD。
10.【答案】D
【解析】解：A、设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，石块与配重的角速度相等，由v=ωr得此时配重的速度大小为v2=v1l2l1
根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m2gl2(1−cosθ)−m1gl1(1−cosθ)=12m1v12+12m2v22=(12m1+l222l12m2)v12
由上式可知，若减小减小石块的质量m1，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；
B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足：m1gl1sinθ
根据两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；
C、根据m2gl2(1−cosθ)−m1gl1(1−cosθ)=(12m1+l222l12m2)v12可知，若增大配重的质量m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D、增大投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选：D。
若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。平抛运动规律分析出此时石子速度的变化趋势。由机械能守恒定律和圆周运动角速度之间的关系列式进行分析。
本题主要考查机械能守恒定律、平抛运动，解题关键在于要从6环处打中靶心处，则需要竖直方向位移增加，则需要时间增加，则需要水平方向时间增加，以此进行分析。
11.【答案】D
【解析】解：A.小球在A点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，在A点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平衡，则有
mg=qEsin45∘
解得：E= 2mgq
故A错误；
B.小球从A点运动到B点时，重力做功是零，电场力做功为W=qE⋅2Lcos45∘
解得：W=2mgL
因此合力做的功为2mgL，故B错误；
C.小球运动到B点时，由动能定理可得2mgL=12mvB2−12mvA2
在B点，由牛顿第二定律可得T−qEcos45∘=mvB2L
代入数据解得T=6mg
故C错误；
D.小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，小球在E点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F点时的电势最低，具有的电势能最小，因此小球在F点的机械能最大，故D正确。
故选：D。
小球运动到A点时的速度最小，说明A点是等效最高点，根据牛顿第二定律求解合外力，根据几何关系求解电场力，进而求出电场强度；根据功的计算公式求解小球从A点运动到B点合力做的功；根据动能定理、牛顿第二定律求解运动到B点时轻绳拉力的大小；根据功能关系分析小球机械能的变化。
本题主要是考查带电小球在电场中的运动，解答本题的关键是知道小球的受力情况和运动情况，知道小球在等效最高点时电场力和重力的合力全部提供向心力，这是解答此题的突破口。
12.【答案】B
【解析】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F=2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0=μmg
A.PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：−μmg=maP2
解得aP2=−μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD.从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为−T0−μmg=maP1
解得aP1=−2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时−μmg=maQm
解得aQm=−μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系；分析撤去拉力前后两滑块受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意两个点：用整体法和隔离法处理连体问题，弹簧不会瞬间突变。
13.【答案】C
【解析】解：A.设地球球心到C点的距离为r1，月球球心到C点的距离为r2，对地球根据万有引力提供向心力有GM月M地L2=M地ω2r1
对月球根据万有引力提供向心力有GM月M地L2=M月ω2r2
联立解得M地M月=r2r1=811
则地球球心和月球球心到C点的距离之比为1：81，故A错误；
B.设监测卫星的质量为m，由公式F=GmMr2
可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质量与月球的质量之比即为81：1，故B错误；
C.对月球有GM地M月L2=M月a
对监测卫星，地球对监测卫星的引力GM地mL2，月球对监测卫星的引力GM月mL2，由于两引力的夹角小于90o，所以两引力的合力F合>GM地mL2
设监测卫星绕C点运行的加速度为a1，由
F合=ma1
得a1>GM地L2
设月球绕C点运行的加速度为a2，根据万有引力提供向心力有：GM月M地L2=M月a2
解得：a2=GM地L2
监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大，故C正确；
D.在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同，所以监测卫星绕C点运行的周期与“鹊桥”中继卫星相同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力定律，监测卫星与地球和月球距离相等，引力和质量成正比；根据双星系统模型，可以得到距离与质量成反比；根据向心力公式，判断加速度的大小，不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同。
本题主要的是考查万有引力定律及应用。关键点一：监测卫星与地球和月球距离相等，引力和质量成正比；关键点二：利用双星系统模型，角速度相等、彼此的向心力的大小是相同的万有引力。
14.【答案】AD
【解析】解：A、氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级时，发出光子的能量为E=E5−E=−0.54eV−(−3.4eV)=2.86eV，在可见光的光子能量范围，小于铝的逸出功，所以用其照射铝板不能发生光电效应，故A正确；
B、大量氢原子从高能级向n=1能级跃迁时，发出的光子最大能量为：Emax=E∞−E1=0−(−13.6)eV=13.6eV，发出的光子最小能量为：Emin=E2−E1=−3.4eV−(−13.6)eV=10.2eV，能量值大于紫光，属于紫外线，具有显著的化学效应和荧光效应，故B错误；
C、大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光子最大能量为：Emax′=E∞−E3=0−(−1.51)eV=1.51eV，发出的光子最小能量为：Emin′=E4−E3=−0.85eV−(−1.51)eV=0.66eV，能量值小于红光，属于红外线，发出的光具有显著的热效应，故C错误；
D、大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目最多为C42=6种，其中氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，辐射出的光子能量为E42=E4−E2=−0.85eV−(−3.4)eV=2.55eV，从n=3能级跃迁到n=2能级时，辐射出的光子能量为E32=E3−E2=−1.51eV−(−3.4)eV=1.89eV，这两种光子属于可见光光子，其余不是可见光，故D正确。
故选：AD。
根据玻尔理论hv=Em−En与发生光电效应的条件分析；大量氢原子从高能级向某确定的低能级跃迁时，根据公式hv=Em−En与求出发出光子的能量范围，与可见光的能量范围进行对比；根据数学组合公式判断辐射出的不同频率光的种数。
本题考查了能级跃迁、光电效应以及电磁波谱等原子物理学的多个知识点的内容，其中玻尔理论与光电效应现象为这一部分的重点，要准确理解其内容，注意光电效应发生条件。
15.【答案】ABD
【解析】解：A.光路图如图所示
根据折射定律有n=sinisinr
由于n2
B.因n1>n2，可知光1的频率大于光2的频率，则光1的波长小于光2的波长，光1和光2通过相同的干涉装置后，由干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，可知光2对应的干涉条纹间距更大，故B正确；
C.设光线在第一个棱镜斜面上恰好产生全反射，则sinC=1n，代入较大折射率得对应的临界角为C=45∘，因此为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ<45∘，故C错误；
D.由几何关系可知光射出时的入射角：i=θ，脉冲激光从第一个三棱镜右侧面射出时产生折射，设折射角分别为i1和i2，由折射定律可得n1=sini1sinθ，n2=sini2sinθ
设两束光在两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则有L1=dcosi1，L2=dcosi2
则有ΔL=2(L1−L2)
联立并代入数据解得ΔL≈14.4mm，故D正确。
故选：ABD。
根据折射定律分析光线的传播，会计算全反射的临界角，寻找两束光满足的临界条件，光线在第一个三棱镜右侧斜面上恰好发生全反射时，根据全反射临界角公式解出顶角θ的范围；根据折射定律，结合几何关系联立求解。根据双缝干涉的条纹公式判断。
本题借助“超强超短光脉冲产生方法”这一材料来考查光的折射定律和临界角的相关知识，结合几何关系。联立解题。
16.【答案】AB
【解析】解：A.根据乙图可知，A点波源振动的周期为0.4s，故形成的波在此介质中波速为vA=λATA=20.4m/s=5m/s，故A正确；
B.同种介质中，两列波的传播速度相等，故B的波速也为5m/s，根据乙图可知，B点波源振动的周期为0.6s，B点波源振动形成的波长为λB=vTB=5×0.6m=3m，故B正确；
C.由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，故C错误；
D.根据乙图可知，A点波源的振动波在C的振动位移图像为xA=AAsin2πTA(t−xACv)
B的振动位移图像为xB=ABsin2πTB(t−xBCv)
将t=2.15s代入得xA=−3m，xB=−4m
x=xA+xB=−3m+(−4m)=−7m
故D错误。
故选：AB。
由图读出周期，根据λ=vT，解得波的波速，且两列波在同种均匀介质中，波速相同，可得B波的波长，由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，根据振动方程结合波的叠加性解答D项。
本题综合考查了波的传播问题，学生应掌握两列波发生稳定干涉的条件，注意波在均匀介质中匀速传播，且波速由介质决定，在叠加区域内振动质点的位移，应是两列波引起该质点振动的位移的矢量和。
17.【答案】DBF′BC
【解析】解：(1)ABC.此实验中，两个弹簧秤的夹角适当大些；弹簧秤应在使用前校零，以减少读数的误差；拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，故ABC正确；
D.改变拉力，进行多次实验，每次没必要要使O点在同一位置，选项D错误；
本题选择不必要的选项；
故选：D。
(2)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；
故选：B。
(3)F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′。
(4)AD.根据力的平行四边形定则可知，让F2大小增大，方向不变，β角不可能增大，故AD错误．
B.根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示
由此可知减小F1的同时减小β角可以实现题意要求，故B正确；
C.同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示
由此可知增大F1的同时减小β角可以实现题意要求，故C正确；
故选：BC。
故答案为：(1)D；(2)B；(3)F′；(4)BC
(1)根据实验注意事项判断即可；
(2)本实验采用的等效替代法；
(3)方向一定沿AO方向的是一个弹簧测力计拉橡皮条的拉力；
(4)根据力的平行四边形定则分析判断。
本题考查“探究力的平行四边形定则”的实验，掌握实验原理和注意事项判断分析即可。
18.【答案】143151a ka
【解析】解：(1)根据汽车电池铭牌，可知电池的额定容量为47.7Ah，则一块电芯所带电量为
Q=It=115×8×47.7×3600C=1431C；
(2)电池的额定电压为384V，则一块电芯的电压为
U=115×8×384V=3.2V
为了更加精确地测量，则图乙中电压表量程应该接5V；
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+URr
变形得到
1U=1E+rE⋅1R
可知图线的纵截距为a=1E，斜率为k=rE
解得：E=1a，r=ka
故答案为：(1)1431；(2)5；(3)1a，ka。
(1)(2)根据铭牌的容量和额定电压分析解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得电动势与内阻。
本题考查测量汽车上电池的电动势和内阻的实验，要求学生会根据闭合电路欧姆定律得到1U与1R的函数关系，应用图象法去处理实验数据。
19.【答案】4.2×10−2 9.04.7×10−3 c
【解析】解：a、i−t图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为Q=42.3mA⋅s=4.2×10−2C
由i−t图像得到开始时电流为Im=90mA=0.09A，故电容器两端的最大电压为U=ImR0=0.09A×100Ω=9.0V
电容为C=QU=4.23×10−29F=4.7×10−3F
b、换用阻值为180Ω的电阻，根据im=UR可知，第2次实验的最大电流小些。根据Q=CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故选c。
故答案为：a、4.2×10−2，9.0，4.7×10−3；b、c
a、由I−t图象得到开始时电流，结合欧姆定律求解电压；面积表示电荷总量；根据C=QU求解电容；
b、根据欧姆定律，电阻越大，最大电流越小，结合I−t图象所转的面积确定是哪个图象。
图像的面积表示电荷量。根据电容器充放电的特点，判断电压最大时，电流的特点。根据含电容的电路中的规律，判断电容充电完成后的电压情况。
20.【答案】解：(1)气体的初状态
V1=(357+0.3×10)cm3=360cm3
T1+(273+27)K=300K
任意态
V2=(357+0.3h)cm3
T2=(273+T)K
由一定质量的理想气体状态方程得：
V1T1=V2T2
解得：t=(24.5+0.24h)℃
(2)因为0≤h≤20cm，代入上式可得：
24.5℃⩽29.5℃
(3)根据V1T1=V2T2
可得：T2=V2V1T1
由于油滴产生压强的原因，V2偏小，测得的T2偏小。
答：(1)摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式为t=(24.5+0.24h)℃；
(2)气温计摄氏温度的测量范围为24.5℃⩽29.5℃；
(3)测量值偏小。
【解析】(1)分析出气体变化前后的状态，根据公式pV=CT列式完成分析；
(2)根据上述的分析，代入数据计算出测温的范围；
(3)根据实际情况分析出温度的测量值和实际值的大小关系。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
21.【答案】解：小车的质量m=50g=0.05kg
(1)小车由A运动至B过程，由能量关系可知：EP=k(mg+F)L+12mvB2
其中F=0.5mg，k=0.2，代入数据得：vB=3m/s
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：mg−0.5mg=mvC2R
小车从B到C，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
得：R=0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN′−mg−0.5mg=mvB2R
联立解得：FN′=3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN=FN′=3N
(3)小车从B到P，由动能定理得：−mg⋅2r=12mvP2−12mvB2
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x=vPt
2r=12gt2
联立解得：x= −16r2+185r= −16(r−980)2+81400
当r=980m=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP>0，则：r<0.225m
但因为小车在N点满足：mvN2r≤2.5mg
小车从B到N，由动能定理得：−mgr=12mvN2−12mvB2
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：xm= 25m。
答：(1)小车运动到B点时的速度大小为3m/s；
(2)小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为 25m。
【解析】(1)小车由A运动至B过程，由能量关系进行解答；
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，最高点时重力完全提供向心力，小车从B到C，由动能定理列方程求解半径，在B点，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解小车运动至B点时对轨道压力大小；
(3)小车从B到P，由动能定理列方程；小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律列方程，联立求解水平位移的表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
22.【答案】解：(1)由感应电动势最大值公式可知Em=NB1Sω，其中ω=vr0
代入数据可得Em=6V
由于产生的是正弦式交变电流，则U=Em 2=6 2V=3 2V
回路总电阻R′=R0+R2
小灯泡L1的电流有效值I1=12⋅UR′
联立解得：I1= 22A
(2)根据法拉第电磁感应定律有：E′m=B2(r2−r1)(ωr2+ωr1)2
产生方波式的交变电流，设有效值为U′，则由：Em2R⋅T2=U′2R⋅T
代入数据解得：U′=3 25V
回路总电阻R′′=2R
小灯泡L1的电流有效值I1′=U′R″
联立解得：I1′=3 220A
(3)由s=vt
电能Q=U2R′t
v相同，Q相同，所以s1s2=t1t2=R′R″⋅U′2U2
代入数据解得：s1s2=3100
答：(1)小灯泡L1的电流有效值为 22A；
(2)小灯泡L1的电流有效值为3 220A；
(3)”方式一”骑行的距离和“方式二”骑行的距离之比为3100。
【解析】(1)由感应电动势最大值公式可解得；
(2)根据右手定则可以判断出感应电流的方向，根据公式E=12Bl2ω可以求感应电动势，从而解得电流；
(3)根据电能的计算公式分析解答．
搞清电路的连接关系，正确区分电源和外电路是解题的关键，同时要掌握转动切割感应电动势公式E=12Bl2ω，要学会推导．
23.【答案】解：(1)想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在t=0时刻(或方形波电压每一周期的起始时刻)发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的C位置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示；
以t=0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则：L=v0t
解得：t=1.5×10−5s>23T波，则粒子在板间运动分为两段。
粒子在电场中的加速度大小为：a=qU0md=1.2×106×1.0×1020.2m/s2=6×108m/s2
粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为：t1=2×0.5×10−5s=1×10−5s
t1时刻粒子在电场方向的分速度为：vy1=at1=6×108×1.0×10−5m/s=6×103m/s
在电场方向匀加速运动的位移为：y1=12×6×108×(1.0×10−5)2m=3cm
匀减速运动时间为：t2=t−t1=0.5×10−5s
t2时刻粒子在电场方向的分速度为：vy2=vy1−at2=3×103m/s
在电场方向匀减速运动的位移为：y2=vy1+vy22t2=2.25cm
故粒子向上偏转的距离为：y=y1+y2=5.25cm
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为：η=d−yd=20−5.2520=73.75%
由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为：v= v02+vy22= 42+32×103m/s=5×103m/s
合速度与初速度方向之间夹角为：cosθ=v0v=45，即θ=37∘
由图中几何关系可知收集板的最小长度为：L1=(d−y)cosθ=(20−5.25)×45cm=11.8cm
(2)设粒子在t=1×10−5s时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后向上加速离开电场，设极板左侧的D位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示；
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为：t′1=0.5×10−5s
t1时刻粒子在电场方向的分速度为：v′y1=at′1=3×103m/s
在电场方向向下匀加速运动的位移为：y′1=12at′12=0.75cm
向下匀减速运动时间为：t′2=0.5×10−5s
由对称性可知向下匀减速运动的位移为：y′2=y′1=0.75cm
最后向上匀加速运动时间为：t3=0.5×10−5s
在电场方向向上匀加速运动的位移为：y3=12at32=0.75cm
t3时刻粒子在电场方向的分速度为：vy3=v′y1−at′2+at3=3×103m/s
可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为0.75cm。
所有离开电场的粒子速度都满足大小为：v= v02+vy2=5×103m/s，与初速度方向之间夹角为θ=37∘。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qvB=mv2r
解得：r=2.5cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示，由几何关系可得收集板的最小长度为：L2=dAF−2r=(20−0.75−2×2.5)cm=14.25cm
若磁场改为B2=596T，则粒子在磁场中的轨迹半径为：r2=mvqB2=8cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示由几何关系可得收集板的最小长度为：L′2=dAF−2r2=(20−0.75−2×8)cm=3.25cm
(3)要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，如图所示；
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为：Rmin=dAFcosθ2=(20−0.75)×452cm=7.7cm
为使粒子在磁场中偏转后会聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为：r′=Rmin
根据牛顿第二定律：qvB=mv2r′
解得：B≈5.4×10−2T
答：(1)射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值η为73.75%，收集板的最小长度L1为11.8cm；
(2)在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B1=16T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，收集板的最小长度L2为14.25cm，若磁场改为B2=596T，则结果为3.25cm；
(3)撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径为7.7cm，相应的磁感应强度B为5.4×10−2T。
【解析】(1)考虑从t=0发射的粒子恰恰从极板边缘射出，由类平抛规律水平沿电场线的位移，结合几何关系即可求出从极板射出的粒子子的最小百分数和接收板最小长度L1；
(2)考虑恰没打在下极板上的粒子从右板射出时，离右板边缘的距离，结合几何关系求出收集板的最小长度；
(3)根据磁聚焦的原理，求出圆形区域内最小的磁感应强度。
该题属于带电粒子在电场中的偏转与带电粒子在磁场中的偏转，解题的关键是粒子在极板之间运动的时间恰好是一个方波电压的周期。要找到符合条件的粒子从何时刻，何位置恰从极板的边缘射出，应用相应的规律结合几何关系解答，本题难度较大，要特别注意关键时刻和关键位置的特殊情况。
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