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2023年浙江省嘉兴市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年浙江省嘉兴市高考物理一模试卷（含答案解析），共26页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省嘉兴市高考物理一模试卷
1. 下列物理量属于基本量且相应单位正确的是( )
A. 力：N B. 速度：m⋅s−1 C. 热力学温度：℃ D. 长度：m
2. 关于如图四幅图像，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，洒水车在洒水过程中惯性变小
B. 图乙中，篮球在空中上升时处于超重状态
C. 图丙中，离心机分离血液时，血液受到离心力作用
D. 图丁中，行进火车上向前射出的光，其速度大于光速c
3. 如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆从水平位置匀速率转至竖直位置的过程中( )
A. 升降杆始终处于平衡状态
B. 转动装置对升降杆做功mgL
C. M、N两点向心加速度大小之比aM：aN=2：1
D. 转动装置对升降杆的作用力大小始终等于mg
4. 科学训练可提升运动成绩，小明在体训前、后百米全程测试中，v−t图像分别如图所示，则( )
A. 研究起跑动作时可把小明视为质点
B. 0∼t1内，训练后小明的平均速度大
C. 0∼t2内，训练前后小明跑过的距离相等
D. 经过训练，t3时刻后小明仍做加速运动
5. 如图所示为制作豆腐的石磨装置，质量为m的“T”形木柄ABC水平静止时，连接AB的绳子处于绷紧状态，O点是三根绳子的结点。若不计绳子所受重力，OA=OB，∠AOB=60∘，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，则( )
A. F=F1=F2
B. F= 3F1
C. F=mg
D. F= 3mg
6. 如图所示，“羲和号”是我国首颗可24小时全天候对太阳进行观测的试验卫星，该卫星绕地球可视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈(n>1)。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星运行的( )
A. 线速度大于第一宇宙速度 B. 角速度小于地球同步卫星
C. 向心加速度大于地球同步卫星 D. 轨道距地面高度为(gR2T24π2)13−R
7. 目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子，已知氢原子第n能级的能量为En=−13.6n2eV，金属钨的逸出功为4.54eV，如图是按能量排列的电磁波谱，则( )
A. 紫外线波段的光子均不能使基态氢原子电离
B. 氢原子跃迁时可能会辐射X射线波段的光子
C. 足够长时间红外线照射能使金属钨产生光电效应
D. 可见光能使n=20的氢原子失去一个电子变成氢离子
8. 某同学将半圆形透明砖平放在方格纸上，用激光笔将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，缓慢平移激光束，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，则该透明砖材料的折射率为( )
A. 1.3
B. 1.4
C. 1.6
D. 1.9
9. 如图所示，四根完全相同的均匀带正电绝缘细棒，对称放置在正方体的四条边a、b、c、d上，O点为正方体的几何中心，则( )
A. 正方体内O点电场强度最大
B. 若将a处的绝缘棒移去，则O点电势升高
C. 若将b处的绝缘棒向O点靠近，则该棒电势能增加
D. 若将c处的绝缘棒移去，则O点电场强度方向垂直指向a
10. 下列说法正确的是( )
A. 液体分子永不停息的无规则运动称为布朗运动
B. 光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于干涉现象
C. 康普顿效应中入射光子与电子碰撞发生散射后，波长变大
D. 黑体辐射电磁波的强度只与黑体的本身材料有关，与温度无关
11. 风力发电将为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过1：n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则( )
A. 单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为12ρπr2v2
B. 经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn
C. 变压器原、副线圈的匝数比为 2πNBSmn:U
D. 高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好
12. 如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平Oxy地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴、PQ关于导线上下对称。则( )
A. 电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B. 电流I在M、N两点产生磁感应强度大小BM=BN
C. 线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D. 线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
13. 如图所示，2022年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A. 出水口钢管横截面积为2.5×10−3m2 B. 每秒内水流机械能增加24J
C. 水泵的输出功率为217.5W D. 电动机线圈的电阻为1609Ω
14. 上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核 47Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即 47Be+−10e→X+00νe。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在，若原子核X的半衰期为T0，平均核子质量大于 47Be，则( )
A. X是 37Li B. X的比结合能小于 47Be
C. 中微子νe的能量由质子数减少转变而来 D. 再经过2T0，现有的原子核X全部衰变
15. 一定量理想气体经历状态a→b→c，其过程如T−V图上的两条线段所示，则气体( )
A. a→b对外做功值小于吸收的热量
B. 在状态b处的压强小于状态c处的压强
C. a→c过程气体分子的数密度一直变小
D. b→c过程每一个气体分子的动能都减小
16. 如图所示，嘉兴市某高中的两位学生课外在研究简谐绳波的特点，P1、P2是处于绳波两端的两个波源，波源的振动频率均为f，振幅均为Y，某时刻P1发出的波恰好传到c点，P2发出的波恰好传到a点，图中只画出了此时刻两列波在ac部分的叠加波形，P1a间、P2c间波形没有画出，已知a、b、c三点处于平衡位置，d点的平衡位置距离b点八分之一波长，则( )
A. d点的振幅为 2Y
B. a、b、c三点是振动减弱点
C. 再经过14f时间，ac间的波形是一条直线
D. 再经过34f时间，b处质点距离平衡位置2Y
17. 小姚同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量关系”实验。
①关于此实验的下列说法，正确的是______ 。
A.垫上木块是为了更好地使小车加速下滑
B.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行
D.槽码质量应该和小车质量差不多，以减小相对阻力
②图乙为某次实验得到的纸带，图中相邻计数点间还有4个点未画出，打点计时器频率为50Hz，则打下计数点4时小车的速度为______ m/s，由纸带可得小车运动的加速度为______ m/s2。(以上均保留两位有效数字)
③根据实验数据得到加速度与力的关系如图丙中实线所示，则可知所挂槽码质量不应超过______ (单选)。
A.22g
B.30g
C.50g
18. 小强同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律。
①他在实验过程中注射器没有完全竖直而是略微倾斜，则压力表读数______ (单选)。
A.偏大
B.偏小
C.没有影响
②下列实验操作，正确的有______ (单选)。
A.柱塞上应该涂油以更好地密封气体
B.应快速推拉柱塞以避免气体与外界热交换
C.用手握住注射器推拉柱塞以使装置更加稳定
19. 小刚同学欲探究如图甲所示的一根螺旋形金属丝的电阻特性。
(1)他先用多用电表粗测其电阻。读取数据时，多用电表挡位和指针位置如图乙所示，则对应的读数是______ Ω。
(2)他设计电路进一步精确测量，除已有电源(电动势3.0V，内阻不计)、电压表(量程0∼3V，内阻约3kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电流表(量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω)
B.电流表(量程0∼3.0A，内阻约0.02Ω)
C.滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流2A)
D.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定电流0.5A)
则实验中电流表和滑动变阻器应分别选用______ 。(选填对应的字母)
(3)小刚测量金属丝两端的电压U和电流I，得到多组数据，并在坐标纸上标出，如图丙所示。请作出该金属丝的U−I图线______ ，并根据图线得出该金属丝电阻R=______ Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)小刚用电流传感器测量通过该螺旋金属丝的电流，电流随时间变化的图线如图丁所示。由图丁信息可知，在闭合开关的时刻t0，电流没有发生突变，请简要作出解释：______ 。
20. 小吴同学在“用单摆测重力加速度”实验中
①他的下列操作正确的有______ 。
A.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
B.摆线要选择细些、伸缩性好的，并且适当长一些
C.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D.释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T=t50
②测量摆长时，他采用了用刻度尺直接测量的方法。实验中刻度尺、三角板和摆球的位置如图所示，则测得的重力加速度g值______ 。(选填“偏大”、“偏小”“没有影响”)
21. 如图甲所示为小姚设计的液体拉力测量仪，一容积V0=9.8L的导热汽缸下接一圆管，质量m1=40g、横截面积S=5cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下端用轻绳悬挂一质量m2=10g的U形金属细丝，刚好处于A位置，摩擦不计，外界大气压强p0=1.01×105Pa，环境温度保持不变，求：
(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
(2)如图乙所示，将金属丝部分浸入液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝在液体中上升但未脱离，活塞稳定于B位置，已知A、B距离h=40cm，求液体对金属丝拉力F的大小；
(3)金属丝拉出液体后要维持活塞的最低位置B，气缸向上运动的加速度大小。
22. 如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ=37∘的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m=0.1kg的小滑块P(视为质点)从空中的A点以v0=2 2m/s的初速度水平向左抛出，经过 65s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短，已知CD=DF=1m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ=0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin37∘=0.6。求：
(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小；
(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
23. 如图所示，电阻为2r、半径为R的单匝圆形导体线圈两端与导轨ME、NH相连，处于竖直向下磁场中，其磁感应强度B随时间t变化规律为：B=B0t0t,(0≤t≤t0)B=B0,(t>t0)，其中B0、t0为已知量。CD、EF、HI是三根材质和粗细相同的匀质金属棒，CD的长度为3d、电阻为3r、质量为m。导轨ME与NH平行且间距为d，导轨FG与IJ平行且间距为3d，EF和HI的长度相同且与ME、NH的夹角均为30∘。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的边长均为L的正方形区域，区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0∼3t0时间内，水平外力使棒CD在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨FG与IJ对齐。其余导体电阻均不计，导轨均固定于水平面内，不计一切摩擦。
(1)0∼t0和t0∼3t0内，分别比较棒CD两端的电势高低，并分别求使棒CD保持静止的水平外力F大小；
(2)在3t0以后的某时刻，撤去右侧圆形磁场，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下全部从区域Ⅰ以速度v0匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒CD速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒CD产生的焦耳热为Q，求金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
(3)在(2)前提下，若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒CD运动到FI时的速度v。
24. 如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为B1。已知离子的比荷为k，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则
(1)要使v0= kU的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小；
(2)调整极板间磁场B0，使v1= 2kU的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场。若B1=43L 2Uk且上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积和吞噬板的发光长度L0；
(3)若撤去极板间磁场B0且偏转磁场边界足够大，离子速度为v2= 3kU、v3=2 kU且各有n个，能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求B1的取值范围及吞噬板上收集的离子个数。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：在物理学中，有七个基本量，即长度、质量、时间、热力学温度、电流强度、物质的量、发光强度，其中长度的单位为m，热力学温度的单位为K，故ABC错误，D正确。
故选：D。
七个基本量为长度、质量、时间、热力学温度、电流强度、物质的量、发光强度，结合其单位分析即可。
本题考查力学单位制，解题关键是知道七个基本量，且掌握其单位。
2.【答案】A
【解析】解：A.由于洒水车在洒水过程中质量变小，因为惯性只与物体的质量有关，质量越小，惯性越小，即洒水车在洒水过程中惯性变小，故A正确；
B.篮球在空中上升时加速度竖直向下，则篮球处于失重状态，故B错误；
C.离心机分离血液时，是由于血液受到的作用力不足以提供血液所需要的向心力而发生离心运动，不会受到离心力作用，故C错误；
D.由于光速不变原理可知，行进火车上向前射出的光，其速度仍等于光速c，故D错误。
故选：A。
由牛顿第一定律可知质量是惯性的唯一量度；物体超重时具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度；当物体受到的作用力不足以提供所需要的向心力而发生离心运动；在任何参考系中光速是不变的。
此题要理解好惯性和质量的关系，超重、失重时的运动学特点，物体为什么做离心运动？光速不变原理。
3.【答案】C
【解析】解：A.杆在竖直平面内做匀速圆周运动，有向心加速度，不是平衡状态，故A错误；
B.根据功能关系，转动装置对升降杆做的功等于升降杆重力势能的增加量，即W=12mgL
故B错误；
C.M、N具有相同角速度，向心加速度大小之比为aMaN=ω2Lω2L2=21
故C正确；
D.转动装置对升降杆的作用力与升降杆重力的合力提供升降杆做匀速圆周运动的向心力，大小不断变化，可能与重力相等、大于重力、小于重力，故D错误。
故选：C。
匀速圆周运动具有向心加速度，不是平衡状态；
根据功能关系，转动装置对升降杆做的功等于升降杆重力势能的增加量；
M、N两点具有相同的角速度，根据向心加速度公式，比较向心加速度；
合力提供升降杆做匀速圆周运动的向心力，转动过程种，大小不断变化；
本题考查学生对匀速圆周运动的加速度特点、功能关系、向心加速度表达式等，难度不高，比较基础。
4.【答案】D
【解析】解：A.研究起跑动作时，小明的动作、姿态对研究的问题有影响，不能将小明视为质点，故A错误；
B.v−t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0∼t1内训练前位移较大，由平均速度定义式v−=ΔxΔt可知，训练前平均速度较大，故B错误；
C.v−t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0∼t2内训练前后v−t图像与横坐标围成的面积不相等，即小明训练前后跑过的距离不相等，故C错误；
D.由图像可知，经过训练，t3时刻后小明速度仍然继续增大，故t3时刻后小明仍做加速运动，故D正确。
故选：D。
根据看作质点的条件和v−t图像的物理意义分析判断。
本题考查质点和v−t图像，要求掌握看作质点的条件和v−t图像的物理意义。
5.【答案】B
【解析】解：AB、O点所受三个力的关系如下，
因为OA=OB，∠AOB=60∘，故ΔOAB是等边三角形，则F1=F2
以结点O为分析对象，根据共点力的平衡可知F的大小等于F1与F2的合力的大小，即F=F12=2F1cos30∘= 3F1，故A错误，B正确；
CD、因为“T”形木柄还受到重力和石磨的支持力，故F与mg的关系未知，故CD错误。
故选：B。
对结点O进行受力分析，根据几何关系和平衡状态得出力之间的关系。
本题主要考查了共点力的平衡，熟悉对物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度是以地球半径为轨道半径的卫星的运行速度，是最大的运行速度，故A错误；
B、卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，即卫星一天恰好绕地球运行n圈，则卫星的周期为：T星=Tn，其中n>1，由角速度的定义ω=2πT，可知：ω星ω地=n，即“羲和号”角速度大于地球同步卫星，故B错误；
C、由题意可知，“羲和号”卫星的周期小于同步卫星的周期，则轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由GMmr2=ma，可得a星>a同，即“羲和号”向心加速度大于地球同步卫星，故C正确；
D、对卫星，万有引力提供向心力：GMm(R+h)2=m4π2T星2(R+h)。而在地面上的任意物体：GMm′R2=m′g。联立可得轨道距地面高度为h=(gR2T24π2n2)13−R，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度是最大的环绕速度；
利用万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，向心力分别用角速度、加速度表示，可以比较各自大小；
万有引力提供向心力，以及在地面上万有引力等于重力列式，可求解高度。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．要理解卫星公转周期的计算方法。
7.【答案】D
【解析】解：A.基态氢原子具有的能量为E1=−13.6eV，若基态氢原子电离，则需要吸收的光子能量E≥13.6eV，由题图可知紫外线波段中明显存在光子能量E≥13.6eV的光子，这些光子可以使基态氢原子电离，故A错误；
B.基态氢原子具有的能量为E1=−13.6eV，可知氢原子跃迁时辐射的光子能量不超过13.6eV，由题图可知，X射线的光子能量均大于13.6eV，故氢原子跃迁时不会辐射X射线波段的光子，故B错误；
C.金属钨的逸出功为4.54eV，由题图可知，红外线的光子能量小于4.54eV，故不能让金属钨产生光电效应，故C错误；
D.能级n=20的氢原子能量为En=−13.6n2eV=−13.6202eV=−0.034eV，由题图可知可见光的光子能量大于0.034eV，故可见光可以使n=20的氢原子失去一个电子变成氢离子，故D正确。
故选：D。
根据氢原子的能级公式代入数据计算出第20能级的氢原子能量，结合电磁波谱分析出被吸收的光子类型。
本题主要考查了氢原子的能级公式，根据能级公式代入运算结合电磁波谱即可完成分析，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射光路图，如图：
则sinC=57
折射率n=1sinC=75=1.4，故B正确，ACD错误。
故选：B。
画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的光路图，根据折射定律和几何关系解答。
本题解题关键是正确画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的光路图。
9.【答案】C
【解析】解：A.根据“对称性”，四根完全相同均匀带电绝缘长棒，在O点处电场强度大小均为E，且b处绝缘棒和d处绝缘棒由于对称性，在O点合场强为0；
故a处绝缘棒与c处绝缘棒在O点产生合场强也为0。根据叠加原理，O点处电场强度大小为零，故A错误；
B.电势是标量，以无穷远处为电势零点，四根带正电绝缘棒周围电势大于0，O点电势等于所有棒在O点激发电势代数和，移去a处绝缘棒后O点电势减小，故B错误；
C.将b处绝缘棒向O点靠近，绝缘棒受到电场力做负功，则该棒电势能增加，故C正确；
D.将c处绝缘棒移去，根据“等效性”，O点场强是由a处绝缘棒单独产生。a处绝缘棒带正电，根据“对称性”，其在O点场强垂直指向c。故D错误。
故选：C。
根据“对称性”和叠加原理，O点处电场强度大小为零；
四根带正电绝缘棒周围电势大于0，O点电势等于所有棒在O点激发电势代数和，移去a处绝缘棒后O点电势减小；
电场力做负功，电势能增加；
根据“等效性”和“对称性”，确定O点场强方向。
本题解题关键是掌握“对称性”和叠加原理，能够正确分析某位处电势，并知道规律电场力做负功，电势能增加。
10.【答案】C
【解析】解：A、悬浮在液体中小微粒的无规则运动称为布朗运动，液体分子的无规则运动称为热运动；故A错误；
B、光绕过障碍物继续传播的现象，称为光的衍射现象；所以光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于衍射现象；故B错误；
C、康普顿效应中入射光子与电子碰撞时，根据动量守恒可知其动量减少，根据λ=hp，可知光子散射后波长边变长，故C正确；
D、根据黑体辐射实验的规律可知，黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关，故D错误。
故选：C。
根据布朗运动和分子热运动判断液体分子永不停息的无规则运动是不是布朗运动；根据衍射现象的本质判断光经过大头针尖时影的轮廓模糊属不属于衍射现象；根据康普顿效应和德布罗意波的波长公式分析经过康普顿效应之后，光子的波长怎样变化；根据黑体辐射实验的规律判断黑体辐射电磁波的强度是否只与黑体的本身材料有关，是不是与温度有关。
本题考查分子热运动和布朗运动、康普顿效应、黑体辐射和粒子的波动性等相关知识，解决本题的关键是熟练掌握相关知识。
11.【答案】C
【解析】解：A.单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V=Sh=Sv⋅Δt=πr2v
气体质量M=ρV=ρπr2v
动能Ek=12Mv2=12ρπr2v3，故A错误；
B.发电机线圈转速为mn，则ω=2πmn
频率f=ω2π=mn
变压器不改变交流电的频率，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误；
C.变压器原线圈两端电压最大值Um=NBSω=2πNBSmn
有效值U1=Um 2= 2πNBSmn
根据理想变压器电压与匝数比的关系，则变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U= 2πNBSmn:U，故C正确；
D.电网的电压越高，要求的安全性能越高，投资成本也会增加很多，电网的输电电压并非越高越好，故D错误。
故选：C。
A.风做匀速运动，根据密度公式求解单位时间气流的质量，根据动能的定义求动能；
B.通过升速比求发电机线圈转速，再求线圈转动的频率，变压器不改变交流电的频率；
C.根据最大值的表达式，求解变压器输入电压的最大值，再求有效值，根据理想变压器求升压变压器的匝数比；
D.电网的电压越高，要求的安全性能越高，投资成本也会增加很多，据此分析作答。
注意：风轮机转动的转速与发电机线圈转动的转速的关系；变压器不改变交流电的频率。
12.【答案】B
【解析】解：A、根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，故A错误；
B、由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，所以电流I在M、N两点产生磁感应强度大小相等，故B正确；
C、电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，故C错误；
D、线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，直导线正上方的磁感应强度方向始终沿x轴负方向，线圈所在位置磁场关于x轴对称，所以线圈中磁通量始终为零，故线圈匀加速运动中不会产生感应电流，故D错误。
故选B。
根据右手螺旋定则，可知电流I在P处和O处的磁感应强度方向；由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，判断M、N两处的磁感应强度的大小；根据电流I在P处和N处的磁场方向分析线圈从P点到N点的过程中的磁通量是否发生了变化；线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，磁感应强度始终沿x轴负方向，分析线圈中磁通量是否变化，进而判断线圈中会不会产生感应电流。
本题主要考查电流周围的磁场，以及磁感应强度的叠加。另外本题还考查了感应电流产生的条件。
13.【答案】D
【解析】解：A.每秒出水量质量m=ρV，V=S⋅vt=Sv
联立得S=7.5×10−4m2
故A错误；
B.以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加为ΔE=mgh+12mv2
h=6+0.45m=6.45m
代入数据解得ΔE=217.5J
故B错误；
C.水泵的输出功率P出=P75%=Wt75%=ΔEt75%=217.575%W=290W
故C错误；
D.对电动机，有P总=P出+I2r
P总=UI
联立r=1609Ω
故D正确。
故选：D。
根据m=ρV，计算S；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率。
本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式，难度中等。
14.【答案】AB
【解析】解：A、根据质量数与电荷数守恒可得X的质量数和电荷数分别为A=7−0=7，Z=4−1=3，故A正确；
B、X与 47Be质量数相同，而X的平均核子质量大于 47Be，根据质能方程可知 47Be的结合能更大，由于二者核子数相同，都为7，因此 47Be的比结合能更大，故B正确；
C、由核反应方程可知，中微子νe的能量是一个质子与一个电子结合转变成一个中子而得到，故C错误；
D、根据半衰期定义，经过2个半衰期，只剩下现有的原子核X的14未衰变，故D错误。
故选：AB。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数=中子数+电荷数分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，以及学生的物理观念。
15.【答案】AC
【解析】解：A.由图像可知，a→b的过程气体温度升高，体积增大，则气体对外做功，温度升高则内能增大，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，a→b对外做功值小于吸收的热量，故A正确；
B.气体状态方程pVT=常数，结合b→c的过程中温度降低体积增大，可知，压强减小，则在状态b处的压强大于状态c处的压强，故B错误；
C.从a→b→c的过程中，气体体积一直增大，所以气体分子的数密度一直变小，故C正确；
D.b→c过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，但个别分子的动能可能增大，故D错误。
故选：AC。
根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可得T=pVC，结合图像判断出气体压强的变化，根据气体温度与体积的变化，判断出内能的变化和气体做功情况，结合热力学第一定律即可判断。
本题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律ΔU=W+Q中，W、Q取正负号的含义。
16.【答案】ABC
【解析】解：A.由题可知两列波叠加之后绳上的最大振幅为2Y，b点为振动减弱点，而d点的平衡位置距离b点八分之一波长，根据y=2Ysinωt可知，d点的振幅为最大振幅的 22倍，即d点的振幅为 2Y，故A正确；
BC.根据平移法可知，再经过14T=14f后，波形图如图所示：
此时a、b、c均是波峰和波谷相遇，都是振动减弱点，此时ac间所有质点的位移都为零，波形图为一条直线，故B、C正确；
D.a、b、c三点是振动减弱点，则b处质点一直处于平衡位置，故D错误。
故选：ABC。
根据振动函数关系判断，根据平移法分析，根据干涉条件判断。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
17.【答案】BC0.300.30A
【解析】解：①A.垫上木块是为了平衡摩擦力，使小车所受合外力为绳子的拉力，故A错误。
B.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码，能够沿着木板匀速下滑，故B正确；
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，从而使拉力即为小车的合外力，故C正确；
D.应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似为小车的合外力，故D错误。
故选：BC。
②由题意可得，相邻两计数点的时间间隔为t=5T=51f=550s=0.1s
匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，则由图可得打下计数点4时小车的速度为：v4=x352t=10.60−4.702×0.1×10−2m/s=0.30m/s
根据逐差法可得加速度：a=x47−x149t2=17.70−7.50−7.509×0.12×10−2m/s2=0.30m/s2
③由图像得，当F>0.22N时，a−F图像不再是过原点的直线，则所挂槽码质量不应超过m=0.2210kg=22g
故选：A。
故答案为：①BC；②0.30，0.30；③A。
①根据实验原理分析判断；
②根据匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度求打下计数点4时小车的速度；根据逐差法求小车的加速度；
③根据图像和牛顿第二定律分析判断。
本题考查探究加速度与力、质量关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
18.【答案】C A
【解析】解：①压力表测量的是注射器中气体的压强，同一个容器内气体压强处处相等，所以实验过程中注射器没有完全竖直对压力的测量没有影响，故AB错误，C正确。
故选：C。
②A.实验时要保证气体的质量一定，因此不能有漏气；柱塞上涂油是为了避免漏气，即更好地密封气体，故A正确；
B.推拉柱塞时要缓慢进行，让气体更好的与空气进行热交换，避免引起气体温度的变化，故B错误；
C.用手握住注射器会改变注射器内气体的温度，故C错误。
故选：A。
故答案为：①C；②A。
①根据气体压强的特点作答；
②实验时要保证气体的质量一定，因此不能有漏气；实验要求气体作等温变化，因此推拉柱塞时要缓慢进行，且不能与手直接接触。
本实验探究气体等温变化的规律，要求实验过程中不漏气，气体始终作等温变化。
19.【答案】6.0AC 5.7螺旋形金属丝通电时产生自感现象，阻碍电流增大
【解析】解：(1)欧姆表的读数为指针读数与倍率的乘积，图中所测电阻值为6.0×1Ω=6.0Ω
(2)根据欧姆定律，电路中的最大电流约为I=ER=36A=0.5A，由此可知，电流表量程应选0∼0.6A，故电流表选A；
为了便于调节，测量准确，滑动变阻器的最大阻值应与待测电阻阻值较为接近的，故滑动变阻器选择C。
(3)描点连线时，应让更多的点落在直线上，不在直线上的点分居于直线两侧，可以舍去一些偏差角大的点，待测电阻的U−I图线如图所示：
图线的斜率表示待测电阻的阻值，所以R=2.60−1.00.45−0.17Ω=5.7Ω
(4)当闭合开关时，螺旋金属丝产生自感现象，阻碍电流增大，但不能阻止电流流过，所以在通电时电流由零逐渐增大到稳定值。
故答案为：(1)6.0；(2)AC；(3)所作的金属丝的U−I图线见解析；5.7；(4)螺旋形金属丝通电时产生自感现象，阻碍电流增大。
(1)根据欧姆表的读数规则读数；
(2)根据欧姆定律估算电流中的电流，然后选择电流表；滑动变阻器采用限流式接法，为了方便调节和电路安全选择滑动变阻器；
(3)根据“描点法”遵循的原则作图；U−I图像的斜率表示待测电阻；
(4)当闭合开关时，螺旋金属丝产生自感现象，阻碍电流增大，据此分析作答。
本题考查了欧姆表的读数、实验器材的选择和“描点法”作图以及对自感现象的理解，知识点较多，需要认真分析作答。
20.【答案】AD 偏大
【解析】解：①A、为了减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故A正确；
B、为了减小实验误差，摆线要选择细些、伸缩性小的，并且适当长一些，故B错误；
C、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故C错误；
D、释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆做一次全振动的时间既周期为T=t50，故D正确。
故选：AD；
②由T=2π Lg，可得：g=4π2T2L。图中方法测得的摆长偏大，根据上述公式可知测得的重力加速度g值偏大。
故答案为：①AD；②偏大。
①单摆所需的摆线适当长一些，且不可伸长，摆球质量大一些，体积小一些，直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差；在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小；
②根据实验装置图分析误差的来源，结合周期公式变形后分析误差的大小。
本题考查了游标卡尺的用法、游标卡尺与秒表读数、实验注意事项；简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
21.【答案】解：已知m1=40g=0.04kg，S=5cm2=5×10−4m2，m2=10g=0.1kg
(1)由活塞受力平衡得：p0S=p1S+(m1+m2)g
代入数据解得：p1=1×105Pa
(2)当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，气体温度不变，根据玻意耳定律得
p1V0=p2(V0+Sh)
代入数据解得：p2=9.8×104Pa
对活塞和金属丝整体，由平衡方程得：p0S=p2S+(m1+m2)g+F
解得F=1N
(3)对活塞和金属丝整体，由牛顿第二定律可得：
F=(m1+m2)a
解得：a=20m/s2
答：(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1为1×105Pa；
(2)液体对金属丝拉力F的大小为1N；
(3)金属丝拉出液体后要维持活塞的最低位置B，气缸向上运动的加速度大小为20m/s2。
【解析】(1)活塞处于A位置时，对活塞，应用平衡条件求解汽缸中的气体压强p1；
(2)活塞从A位置到B位置的过程，封闭气体作等温变化，根据玻意耳定律求出活塞在B位置时汽缸内气体的压强，再对活塞和金属丝整体，应用平衡条件求液体对金属丝拉力F的大小。
(3)对活塞和金属丝整体，由牛顿第二定律求气缸向上运动的加速度大小。
本题考查对活塞处于静止状态下的受力分析，以及活塞所封闭的一定质量的理想气体应用玻意耳定律求解，需要学生加强对题意的理解。
22.【答案】解：(1)滑块从A到B做平抛运动，滑块经过B点时的竖直分速度为vy=gt=10× 65m/s=2 6m/s
滑块恰好从B点进入轨道，如图所示，由平抛运动的规律有
v0=vBsinα=vytanα
解得：α=30∘，vB=4 2m/s
(2)由B→O′，由动能定理可知
mgRsin30∘=12mvO′2−12mvB2
解得vO′=2 10m/s
滑块经过O′点时受轨道的支持力大小FN，由牛顿第二定律有FN=mvO′2R
解得FN=5N
由牛顿第三定律可得滑块在O′点时对轨道的压力大小F压=5N，方向向左。
(3)设CD=DF=L，从B到F，由动能定理及功能关系有
mg(R+Rsinα−Lsinθ)−μmgL−mgLcosθ−Ep=0−12mvB2
代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值：Ep=2.02J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，由功能关系有
mgLsinθ+Ep=mgLcosθ+μmgL+mgh
解得h=2.44m>1.2m
则滑块返回时能从B点离开。
运动到B点时，有：mgh=mg(R+Rsinα)+12mvB2，
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得
mgsinα+FN=mvB2R
解得：FN=2.6N
由牛顿第三定律可知对B点的压力为F′N=2.6N
答：(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小为30∘；
(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力为5N，方向向左；
(3)弹簧的弹性势能的最大值为2.02J；
(4)能，飞出时对B点的压力大小为2.6N。
【解析】(1)滑块从A到B做平抛运动，根据vy=gt求出滑块经过B点时的竖直分速度，结合速度的分解求出BO连线与水平方向的夹角α的大小；
(2)由几何关系求滑块经过B点时的速度大小。由B→O′由动能定理求出滑块到达O′点时的速度大小。
滑块经过O′点时，应用牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再应用牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力大小。
(3)应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能的最大值。
(4)应用能量守恒定律求出滑块返回后上升的最大高度，然后判断滑块能否从B点离开；再应用能量守恒定律分析答题。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，结合动能定理与牛顿第二定律即可解题。
23.【答案】解：(1)根据楞次定律和安培定则可知，在0∼t0内，CD中的电流由C到D，即：φC>φD
感应电动势为：E=B0t0πR2
感应电流为：I=E2r+3r3dd=B0πR23rt0
则外力：F=FA=B0Id=B02πdR23rt0
在t0∼3t0，匝圆形导体线圈内磁通量不变，则回路电动势、电流为零，C、D两点的电势相等，故外力F=0
(2)CD棒向左加速过程中，感应电动势的平均值为：E−=B0d(L−x0)Δt
感应电流的平均值为：I−=E−3r
安培力的平均值为：F−=B0I−d
由动量定理得：F−⋅Δt=mv0
联立可得：x0=L−3mrv0B02d2
由串联电路的特点可知，电路中产生的总热量为：Q总=Q+Qr⋅2r=3Q
由功能关系和能量守恒得：W=3Q+12mv02
(3)CD从磁场区域Ⅱ右边界向左运动距离x时，回路中棒CD的长度为：dx=d+2xtan30∘=2 33x+d
回路中总电阻为：r总x=rd(dx+2xcos30∘)+2r=rd(233x+d+2⋅23x3)+2r=rd(23x+3d)
回路中电流为：Ix=B0dxvxr总x=B0(233x+d)vxrd(23x+3d)=B0vx3rd=B0dvx3r
棒CD所受安培力为：FAx=B0Ixdx=B02dvxdx3r
棒CD从磁场区域Ⅱ右边界运动到FI过程，由动量定理得：−∑B02dvxdx3rΔt=mv−mv0
即：−B02dS3t03r=mv−mv0
其中：S3t0=2 3d2
所以：v=v0−2 3B02d33mr
答：(1)C端电势高于D点电势，使棒CD保持静止的水平外力F大小为零；
(2)金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离x0和为(L−3mrv0B02d2)，该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W为(3Q+12mv02)；
(3)导体棒CD运动到FI时的速度v为(v0−2 3B02d33mr)。
【解析】(1)根据楞次定律和安培定则判断电流的方向，由法拉第电磁感应定律和安培力公式求水平外力的大小；
(2)用平均值法根据动量定理求该过程的位移，由能量守恒定律和功能关系求外力所做的功；
(3)根据动量定理和题设条件求到达FI时的速度。
本题考查了电磁感应与力学的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式、闭合电路欧姆定律，关键理清导轨、导体棒、物块的运动规律，运用平衡、牛顿第二定律进行求解；分析清楚导体棒与导轨的运动过程是解题的前提与关键。
24.【答案】解：(1)离子沿直线通过两极板间电场，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件得：qv0B0=qUL，其中v0= kU
解得：B0=1L Uk
(2)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B1=mv12r
其中：v1= 2kU；B1=43L 2Uk；qm=k
联立解得：r=34L若离子全部能被吞噬板吞噬，要求从极板左边的粒子做匀速圆周运动也能到达吞噬板上，故磁场的总长度应为2r+L=52L
矩形磁场B1的最小面积Smin=34L⋅52L=158L2
发光长度L0=L
(3)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向方向：2L=v0t
水平方向偏转距离：y=12at2
又qE=ma，E=Ud，qm=k
联立解得：偏转距离y=2kULv2
代入数据解得：y2=23Ly3=12L
能进入磁场区域收集的离子个数为N=13n+12n=56n
进入磁场离子圆周运动半径r=mvqB=vkB
在磁场中偏转距离x=2mvqBcosθ=2v0kB
v2离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、13L，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得13L≤2v0kB≤2L
则1L 3Uk≤B1≤6L 3Uk
同理v3离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、12L，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得12L≤2v0kB≤2L
则2L Uk≤B1≤8L Uk
故2L Uk≤B1≤8L Uk
答：(1)要使v0= kU的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，其大小为1L Uk；
(2)偏转磁场的最小面积为158L2，吞噬板的发光长度为L；
(3)能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，B1的取值范围为2L Uk≤B1≤8L Uk，吞噬板上收集的离子个数为56n。
【解析】(1)离子沿直线通过两极板间电场，洛伦兹力与电场力平衡，根据受力平衡求出磁感应强度大小；
(2)离子在磁场B1中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
(3)撤去极板间磁场后，离子在极板间做类平抛运动，离子在磁场B1中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动学公式、牛顿第二定律和几何关系求解即可。
本题考查了带电粒子在组合场，中运动问题，典型的数理结合题目，难度大。
2023年浙江省嘉兴市高考物理一模试卷
1. 下列物理量属于基本量且相应单位正确的是( )
A. 力：N B. 速度：m⋅s−1 C. 热力学温度：℃ D. 长度：m
2. 关于如图四幅图像，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，洒水车在洒水过程中惯性变小
B. 图乙中，篮球在空中上升时处于超重状态
C. 图丙中，离心机分离血液时，血液受到离心力作用
D. 图丁中，行进火车上向前射出的光，其速度大于光速c
3. 如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆从水平位置匀速率转至竖直位置的过程中( )
A. 升降杆始终处于平衡状态
B. 转动装置对升降杆做功mgL
C. M、N两点向心加速度大小之比aM：aN=2：1
D. 转动装置对升降杆的作用力大小始终等于mg
4. 科学训练可提升运动成绩，小明在体训前、后百米全程测试中，v−t图像分别如图所示，则( )
A. 研究起跑动作时可把小明视为质点
B. 0∼t1内，训练后小明的平均速度大
C. 0∼t2内，训练前后小明跑过的距离相等
D. 经过训练，t3时刻后小明仍做加速运动
5. 如图所示为制作豆腐的石磨装置，质量为m的“T”形木柄ABC水平静止时，连接AB的绳子处于绷紧状态，O点是三根绳子的结点。若不计绳子所受重力，OA=OB，∠AOB=60∘，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，则( )
A. F=F1=F2
B. F= 3F1
C. F=mg
D. F= 3mg
6. 如图所示，“羲和号”是我国首颗可24小时全天候对太阳进行观测的试验卫星，该卫星绕地球可视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈(n>1)。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星运行的( )
A. 线速度大于第一宇宙速度 B. 角速度小于地球同步卫星
C. 向心加速度大于地球同步卫星 D. 轨道距地面高度为(gR2T24π2)13−R
7. 目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子，已知氢原子第n能级的能量为En=−13.6n2eV，金属钨的逸出功为4.54eV，如图是按能量排列的电磁波谱，则( )
A. 紫外线波段的光子均不能使基态氢原子电离
B. 氢原子跃迁时可能会辐射X射线波段的光子
C. 足够长时间红外线照射能使金属钨产生光电效应
D. 可见光能使n=20的氢原子失去一个电子变成氢离子
8. 某同学将半圆形透明砖平放在方格纸上，用激光笔将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，缓慢平移激光束，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，则该透明砖材料的折射率为( )
A. 1.3
B. 1.4
C. 1.6
D. 1.9
9. 如图所示，四根完全相同的均匀带正电绝缘细棒，对称放置在正方体的四条边a、b、c、d上，O点为正方体的几何中心，则( )
A. 正方体内O点电场强度最大
B. 若将a处的绝缘棒移去，则O点电势升高
C. 若将b处的绝缘棒向O点靠近，则该棒电势能增加
D. 若将c处的绝缘棒移去，则O点电场强度方向垂直指向a
10. 下列说法正确的是( )
A. 液体分子永不停息的无规则运动称为布朗运动
B. 光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于干涉现象
C. 康普顿效应中入射光子与电子碰撞发生散射后，波长变大
D. 黑体辐射电磁波的强度只与黑体的本身材料有关，与温度无关
11. 风力发电将为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过1：n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则( )
A. 单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为12ρπr2v2
B. 经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn
C. 变压器原、副线圈的匝数比为 2πNBSmn:U
D. 高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好
12. 如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平Oxy地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴、PQ关于导线上下对称。则( )
A. 电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B. 电流I在M、N两点产生磁感应强度大小BM=BN
C. 线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D. 线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
13. 如图所示，2022年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A. 出水口钢管横截面积为2.5×10−3m2 B. 每秒内水流机械能增加24J
C. 水泵的输出功率为217.5W D. 电动机线圈的电阻为1609Ω
14. 上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核 47Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即 47Be+−10e→X+00νe。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在，若原子核X的半衰期为T0，平均核子质量大于 47Be，则( )
A. X是 37Li B. X的比结合能小于 47Be
C. 中微子νe的能量由质子数减少转变而来 D. 再经过2T0，现有的原子核X全部衰变
15. 一定量理想气体经历状态a→b→c，其过程如T−V图上的两条线段所示，则气体( )
A. a→b对外做功值小于吸收的热量
B. 在状态b处的压强小于状态c处的压强
C. a→c过程气体分子的数密度一直变小
D. b→c过程每一个气体分子的动能都减小
16. 如图所示，嘉兴市某高中的两位学生课外在研究简谐绳波的特点，P1、P2是处于绳波两端的两个波源，波源的振动频率均为f，振幅均为Y，某时刻P1发出的波恰好传到c点，P2发出的波恰好传到a点，图中只画出了此时刻两列波在ac部分的叠加波形，P1a间、P2c间波形没有画出，已知a、b、c三点处于平衡位置，d点的平衡位置距离b点八分之一波长，则( )
A. d点的振幅为 2Y
B. a、b、c三点是振动减弱点
C. 再经过14f时间，ac间的波形是一条直线
D. 再经过34f时间，b处质点距离平衡位置2Y
17. 小姚同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量关系”实验。
①关于此实验的下列说法，正确的是______ 。
A.垫上木块是为了更好地使小车加速下滑
B.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行
D.槽码质量应该和小车质量差不多，以减小相对阻力
②图乙为某次实验得到的纸带，图中相邻计数点间还有4个点未画出，打点计时器频率为50Hz，则打下计数点4时小车的速度为______ m/s，由纸带可得小车运动的加速度为______ m/s2。(以上均保留两位有效数字)
③根据实验数据得到加速度与力的关系如图丙中实线所示，则可知所挂槽码质量不应超过______ (单选)。
A.22g
B.30g
C.50g
18. 小强同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律。
①他在实验过程中注射器没有完全竖直而是略微倾斜，则压力表读数______ (单选)。
A.偏大
B.偏小
C.没有影响
②下列实验操作，正确的有______ (单选)。
A.柱塞上应该涂油以更好地密封气体
B.应快速推拉柱塞以避免气体与外界热交换
C.用手握住注射器推拉柱塞以使装置更加稳定
19. 小刚同学欲探究如图甲所示的一根螺旋形金属丝的电阻特性。
(1)他先用多用电表粗测其电阻。读取数据时，多用电表挡位和指针位置如图乙所示，则对应的读数是______ Ω。
(2)他设计电路进一步精确测量，除已有电源(电动势3.0V，内阻不计)、电压表(量程0∼3V，内阻约3kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电流表(量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω)
B.电流表(量程0∼3.0A，内阻约0.02Ω)
C.滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流2A)
D.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定电流0.5A)
则实验中电流表和滑动变阻器应分别选用______ 。(选填对应的字母)
(3)小刚测量金属丝两端的电压U和电流I，得到多组数据，并在坐标纸上标出，如图丙所示。请作出该金属丝的U−I图线______ ，并根据图线得出该金属丝电阻R=______ Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)小刚用电流传感器测量通过该螺旋金属丝的电流，电流随时间变化的图线如图丁所示。由图丁信息可知，在闭合开关的时刻t0，电流没有发生突变，请简要作出解释：______ 。
20. 小吴同学在“用单摆测重力加速度”实验中
①他的下列操作正确的有______ 。
A.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
B.摆线要选择细些、伸缩性好的，并且适当长一些
C.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D.释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T=t50
②测量摆长时，他采用了用刻度尺直接测量的方法。实验中刻度尺、三角板和摆球的位置如图所示，则测得的重力加速度g值______ 。(选填“偏大”、“偏小”“没有影响”)
21. 如图甲所示为小姚设计的液体拉力测量仪，一容积V0=9.8L的导热汽缸下接一圆管，质量m1=40g、横截面积S=5cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下端用轻绳悬挂一质量m2=10g的U形金属细丝，刚好处于A位置，摩擦不计，外界大气压强p0=1.01×105Pa，环境温度保持不变，求：
(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
(2)如图乙所示，将金属丝部分浸入液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝在液体中上升但未脱离，活塞稳定于B位置，已知A、B距离h=40cm，求液体对金属丝拉力F的大小；
(3)金属丝拉出液体后要维持活塞的最低位置B，气缸向上运动的加速度大小。
22. 如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ=37∘的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m=0.1kg的小滑块P(视为质点)从空中的A点以v0=2 2m/s的初速度水平向左抛出，经过 65s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短，已知CD=DF=1m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ=0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin37∘=0.6。求：
(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小；
(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
23. 如图所示，电阻为2r、半径为R的单匝圆形导体线圈两端与导轨ME、NH相连，处于竖直向下磁场中，其磁感应强度B随时间t变化规律为：B=B0t0t,(0≤t≤t0)B=B0,(t>t0)，其中B0、t0为已知量。CD、EF、HI是三根材质和粗细相同的匀质金属棒，CD的长度为3d、电阻为3r、质量为m。导轨ME与NH平行且间距为d，导轨FG与IJ平行且间距为3d，EF和HI的长度相同且与ME、NH的夹角均为30∘。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的边长均为L的正方形区域，区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0∼3t0时间内，水平外力使棒CD在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨FG与IJ对齐。其余导体电阻均不计，导轨均固定于水平面内，不计一切摩擦。
(1)0∼t0和t0∼3t0内，分别比较棒CD两端的电势高低，并分别求使棒CD保持静止的水平外力F大小；
(2)在3t0以后的某时刻，撤去右侧圆形磁场，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下全部从区域Ⅰ以速度v0匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒CD速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒CD产生的焦耳热为Q，求金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
(3)在(2)前提下，若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒CD运动到FI时的速度v。
24. 如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为B1。已知离子的比荷为k，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则
(1)要使v0= kU的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小；
(2)调整极板间磁场B0，使v1= 2kU的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场。若B1=43L 2Uk且上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积和吞噬板的发光长度L0；
(3)若撤去极板间磁场B0且偏转磁场边界足够大，离子速度为v2= 3kU、v3=2 kU且各有n个，能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求B1的取值范围及吞噬板上收集的离子个数。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：在物理学中，有七个基本量，即长度、质量、时间、热力学温度、电流强度、物质的量、发光强度，其中长度的单位为m，热力学温度的单位为K，故ABC错误，D正确。
故选：D。
七个基本量为长度、质量、时间、热力学温度、电流强度、物质的量、发光强度，结合其单位分析即可。
本题考查力学单位制，解题关键是知道七个基本量，且掌握其单位。
2.【答案】A
【解析】解：A.由于洒水车在洒水过程中质量变小，因为惯性只与物体的质量有关，质量越小，惯性越小，即洒水车在洒水过程中惯性变小，故A正确；
B.篮球在空中上升时加速度竖直向下，则篮球处于失重状态，故B错误；
C.离心机分离血液时，是由于血液受到的作用力不足以提供血液所需要的向心力而发生离心运动，不会受到离心力作用，故C错误；
D.由于光速不变原理可知，行进火车上向前射出的光，其速度仍等于光速c，故D错误。
故选：A。
由牛顿第一定律可知质量是惯性的唯一量度；物体超重时具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度；当物体受到的作用力不足以提供所需要的向心力而发生离心运动；在任何参考系中光速是不变的。
此题要理解好惯性和质量的关系，超重、失重时的运动学特点，物体为什么做离心运动？光速不变原理。
3.【答案】C
【解析】解：A.杆在竖直平面内做匀速圆周运动，有向心加速度，不是平衡状态，故A错误；
B.根据功能关系，转动装置对升降杆做的功等于升降杆重力势能的增加量，即W=12mgL
故B错误；
C.M、N具有相同角速度，向心加速度大小之比为aMaN=ω2Lω2L2=21
故C正确；
D.转动装置对升降杆的作用力与升降杆重力的合力提供升降杆做匀速圆周运动的向心力，大小不断变化，可能与重力相等、大于重力、小于重力，故D错误。
故选：C。
匀速圆周运动具有向心加速度，不是平衡状态；
根据功能关系，转动装置对升降杆做的功等于升降杆重力势能的增加量；
M、N两点具有相同的角速度，根据向心加速度公式，比较向心加速度；
合力提供升降杆做匀速圆周运动的向心力，转动过程种，大小不断变化；
本题考查学生对匀速圆周运动的加速度特点、功能关系、向心加速度表达式等，难度不高，比较基础。
4.【答案】D
【解析】解：A.研究起跑动作时，小明的动作、姿态对研究的问题有影响，不能将小明视为质点，故A错误；
B.v−t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0∼t1内训练前位移较大，由平均速度定义式v−=ΔxΔt可知，训练前平均速度较大，故B错误；
C.v−t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0∼t2内训练前后v−t图像与横坐标围成的面积不相等，即小明训练前后跑过的距离不相等，故C错误；
D.由图像可知，经过训练，t3时刻后小明速度仍然继续增大，故t3时刻后小明仍做加速运动，故D正确。
故选：D。
根据看作质点的条件和v−t图像的物理意义分析判断。
本题考查质点和v−t图像，要求掌握看作质点的条件和v−t图像的物理意义。
5.【答案】B
【解析】解：AB、O点所受三个力的关系如下，
因为OA=OB，∠AOB=60∘，故ΔOAB是等边三角形，则F1=F2
以结点O为分析对象，根据共点力的平衡可知F的大小等于F1与F2的合力的大小，即F=F12=2F1cos30∘= 3F1，故A错误，B正确；
CD、因为“T”形木柄还受到重力和石磨的支持力，故F与mg的关系未知，故CD错误。
故选：B。
对结点O进行受力分析，根据几何关系和平衡状态得出力之间的关系。
本题主要考查了共点力的平衡，熟悉对物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度是以地球半径为轨道半径的卫星的运行速度，是最大的运行速度，故A错误；
B、卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，即卫星一天恰好绕地球运行n圈，则卫星的周期为：T星=Tn，其中n>1，由角速度的定义ω=2πT，可知：ω星ω地=n，即“羲和号”角速度大于地球同步卫星，故B错误；
C、由题意可知，“羲和号”卫星的周期小于同步卫星的周期，则轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由GMmr2=ma，可得a星>a同，即“羲和号”向心加速度大于地球同步卫星，故C正确；
D、对卫星，万有引力提供向心力：GMm(R+h)2=m4π2T星2(R+h)。而在地面上的任意物体：GMm′R2=m′g。联立可得轨道距地面高度为h=(gR2T24π2n2)13−R，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度是最大的环绕速度；
利用万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，向心力分别用角速度、加速度表示，可以比较各自大小；
万有引力提供向心力，以及在地面上万有引力等于重力列式，可求解高度。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．要理解卫星公转周期的计算方法。
7.【答案】D
【解析】解：A.基态氢原子具有的能量为E1=−13.6eV，若基态氢原子电离，则需要吸收的光子能量E≥13.6eV，由题图可知紫外线波段中明显存在光子能量E≥13.6eV的光子，这些光子可以使基态氢原子电离，故A错误；
B.基态氢原子具有的能量为E1=−13.6eV，可知氢原子跃迁时辐射的光子能量不超过13.6eV，由题图可知，X射线的光子能量均大于13.6eV，故氢原子跃迁时不会辐射X射线波段的光子，故B错误；
C.金属钨的逸出功为4.54eV，由题图可知，红外线的光子能量小于4.54eV，故不能让金属钨产生光电效应，故C错误；
D.能级n=20的氢原子能量为En=−13.6n2eV=−13.6202eV=−0.034eV，由题图可知可见光的光子能量大于0.034eV，故可见光可以使n=20的氢原子失去一个电子变成氢离子，故D正确。
故选：D。
根据氢原子的能级公式代入数据计算出第20能级的氢原子能量，结合电磁波谱分析出被吸收的光子类型。
本题主要考查了氢原子的能级公式，根据能级公式代入运算结合电磁波谱即可完成分析，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射光路图，如图：
则sinC=57
折射率n=1sinC=75=1.4，故B正确，ACD错误。
故选：B。
画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的光路图，根据折射定律和几何关系解答。
本题解题关键是正确画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的光路图。
9.【答案】C
【解析】解：A.根据“对称性”，四根完全相同均匀带电绝缘长棒，在O点处电场强度大小均为E，且b处绝缘棒和d处绝缘棒由于对称性，在O点合场强为0；
故a处绝缘棒与c处绝缘棒在O点产生合场强也为0。根据叠加原理，O点处电场强度大小为零，故A错误；
B.电势是标量，以无穷远处为电势零点，四根带正电绝缘棒周围电势大于0，O点电势等于所有棒在O点激发电势代数和，移去a处绝缘棒后O点电势减小，故B错误；
C.将b处绝缘棒向O点靠近，绝缘棒受到电场力做负功，则该棒电势能增加，故C正确；
D.将c处绝缘棒移去，根据“等效性”，O点场强是由a处绝缘棒单独产生。a处绝缘棒带正电，根据“对称性”，其在O点场强垂直指向c。故D错误。
故选：C。
根据“对称性”和叠加原理，O点处电场强度大小为零；
四根带正电绝缘棒周围电势大于0，O点电势等于所有棒在O点激发电势代数和，移去a处绝缘棒后O点电势减小；
电场力做负功，电势能增加；
根据“等效性”和“对称性”，确定O点场强方向。
本题解题关键是掌握“对称性”和叠加原理，能够正确分析某位处电势，并知道规律电场力做负功，电势能增加。
10.【答案】C
【解析】解：A、悬浮在液体中小微粒的无规则运动称为布朗运动，液体分子的无规则运动称为热运动；故A错误；
B、光绕过障碍物继续传播的现象，称为光的衍射现象；所以光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于衍射现象；故B错误；
C、康普顿效应中入射光子与电子碰撞时，根据动量守恒可知其动量减少，根据λ=hp，可知光子散射后波长边变长，故C正确；
D、根据黑体辐射实验的规律可知，黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关，故D错误。
故选：C。
根据布朗运动和分子热运动判断液体分子永不停息的无规则运动是不是布朗运动；根据衍射现象的本质判断光经过大头针尖时影的轮廓模糊属不属于衍射现象；根据康普顿效应和德布罗意波的波长公式分析经过康普顿效应之后，光子的波长怎样变化；根据黑体辐射实验的规律判断黑体辐射电磁波的强度是否只与黑体的本身材料有关，是不是与温度有关。
本题考查分子热运动和布朗运动、康普顿效应、黑体辐射和粒子的波动性等相关知识，解决本题的关键是熟练掌握相关知识。
11.【答案】C
【解析】解：A.单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V=Sh=Sv⋅Δt=πr2v
气体质量M=ρV=ρπr2v
动能Ek=12Mv2=12ρπr2v3，故A错误；
B.发电机线圈转速为mn，则ω=2πmn
频率f=ω2π=mn
变压器不改变交流电的频率，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误；
C.变压器原线圈两端电压最大值Um=NBSω=2πNBSmn
有效值U1=Um 2= 2πNBSmn
根据理想变压器电压与匝数比的关系，则变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U= 2πNBSmn:U，故C正确；
D.电网的电压越高，要求的安全性能越高，投资成本也会增加很多，电网的输电电压并非越高越好，故D错误。
故选：C。
A.风做匀速运动，根据密度公式求解单位时间气流的质量，根据动能的定义求动能；
B.通过升速比求发电机线圈转速，再求线圈转动的频率，变压器不改变交流电的频率；
C.根据最大值的表达式，求解变压器输入电压的最大值，再求有效值，根据理想变压器求升压变压器的匝数比；
D.电网的电压越高，要求的安全性能越高，投资成本也会增加很多，据此分析作答。
注意：风轮机转动的转速与发电机线圈转动的转速的关系；变压器不改变交流电的频率。
12.【答案】B
【解析】解：A、根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，故A错误；
B、由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，所以电流I在M、N两点产生磁感应强度大小相等，故B正确；
C、电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，故C错误；
D、线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，直导线正上方的磁感应强度方向始终沿x轴负方向，线圈所在位置磁场关于x轴对称，所以线圈中磁通量始终为零，故线圈匀加速运动中不会产生感应电流，故D错误。
故选B。
根据右手螺旋定则，可知电流I在P处和O处的磁感应强度方向；由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，判断M、N两处的磁感应强度的大小；根据电流I在P处和N处的磁场方向分析线圈从P点到N点的过程中的磁通量是否发生了变化；线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，磁感应强度始终沿x轴负方向，分析线圈中磁通量是否变化，进而判断线圈中会不会产生感应电流。
本题主要考查电流周围的磁场，以及磁感应强度的叠加。另外本题还考查了感应电流产生的条件。
13.【答案】D
【解析】解：A.每秒出水量质量m=ρV，V=S⋅vt=Sv
联立得S=7.5×10−4m2
故A错误；
B.以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加为ΔE=mgh+12mv2
h=6+0.45m=6.45m
代入数据解得ΔE=217.5J
故B错误；
C.水泵的输出功率P出=P75%=Wt75%=ΔEt75%=217.575%W=290W
故C错误；
D.对电动机，有P总=P出+I2r
P总=UI
联立r=1609Ω
故D正确。
故选：D。
根据m=ρV，计算S；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率。
本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式，难度中等。
14.【答案】AB
【解析】解：A、根据质量数与电荷数守恒可得X的质量数和电荷数分别为A=7−0=7，Z=4−1=3，故A正确；
B、X与 47Be质量数相同，而X的平均核子质量大于 47Be，根据质能方程可知 47Be的结合能更大，由于二者核子数相同，都为7，因此 47Be的比结合能更大，故B正确；
C、由核反应方程可知，中微子νe的能量是一个质子与一个电子结合转变成一个中子而得到，故C错误；
D、根据半衰期定义，经过2个半衰期，只剩下现有的原子核X的14未衰变，故D错误。
故选：AB。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数=中子数+电荷数分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，以及学生的物理观念。
15.【答案】AC
【解析】解：A.由图像可知，a→b的过程气体温度升高，体积增大，则气体对外做功，温度升高则内能增大，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，a→b对外做功值小于吸收的热量，故A正确；
B.气体状态方程pVT=常数，结合b→c的过程中温度降低体积增大，可知，压强减小，则在状态b处的压强大于状态c处的压强，故B错误；
C.从a→b→c的过程中，气体体积一直增大，所以气体分子的数密度一直变小，故C正确；
D.b→c过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，但个别分子的动能可能增大，故D错误。
故选：AC。
根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可得T=pVC，结合图像判断出气体压强的变化，根据气体温度与体积的变化，判断出内能的变化和气体做功情况，结合热力学第一定律即可判断。
本题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律ΔU=W+Q中，W、Q取正负号的含义。
16.【答案】ABC
【解析】解：A.由题可知两列波叠加之后绳上的最大振幅为2Y，b点为振动减弱点，而d点的平衡位置距离b点八分之一波长，根据y=2Ysinωt可知，d点的振幅为最大振幅的 22倍，即d点的振幅为 2Y，故A正确；
BC.根据平移法可知，再经过14T=14f后，波形图如图所示：
此时a、b、c均是波峰和波谷相遇，都是振动减弱点，此时ac间所有质点的位移都为零，波形图为一条直线，故B、C正确；
D.a、b、c三点是振动减弱点，则b处质点一直处于平衡位置，故D错误。
故选：ABC。
根据振动函数关系判断，根据平移法分析，根据干涉条件判断。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
17.【答案】BC0.300.30A
【解析】解：①A.垫上木块是为了平衡摩擦力，使小车所受合外力为绳子的拉力，故A错误。
B.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码，能够沿着木板匀速下滑，故B正确；
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，从而使拉力即为小车的合外力，故C正确；
D.应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似为小车的合外力，故D错误。
故选：BC。
②由题意可得，相邻两计数点的时间间隔为t=5T=51f=550s=0.1s
匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，则由图可得打下计数点4时小车的速度为：v4=x352t=10.60−4.702×0.1×10−2m/s=0.30m/s
根据逐差法可得加速度：a=x47−x149t2=17.70−7.50−7.509×0.12×10−2m/s2=0.30m/s2
③由图像得，当F>0.22N时，a−F图像不再是过原点的直线，则所挂槽码质量不应超过m=0.2210kg=22g
故选：A。
故答案为：①BC；②0.30，0.30；③A。
①根据实验原理分析判断；
②根据匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度求打下计数点4时小车的速度；根据逐差法求小车的加速度；
③根据图像和牛顿第二定律分析判断。
本题考查探究加速度与力、质量关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
18.【答案】C A
【解析】解：①压力表测量的是注射器中气体的压强，同一个容器内气体压强处处相等，所以实验过程中注射器没有完全竖直对压力的测量没有影响，故AB错误，C正确。
故选：C。
②A.实验时要保证气体的质量一定，因此不能有漏气；柱塞上涂油是为了避免漏气，即更好地密封气体，故A正确；
B.推拉柱塞时要缓慢进行，让气体更好的与空气进行热交换，避免引起气体温度的变化，故B错误；
C.用手握住注射器会改变注射器内气体的温度，故C错误。
故选：A。
故答案为：①C；②A。
①根据气体压强的特点作答；
②实验时要保证气体的质量一定，因此不能有漏气；实验要求气体作等温变化，因此推拉柱塞时要缓慢进行，且不能与手直接接触。
本实验探究气体等温变化的规律，要求实验过程中不漏气，气体始终作等温变化。
19.【答案】6.0AC 5.7螺旋形金属丝通电时产生自感现象，阻碍电流增大
【解析】解：(1)欧姆表的读数为指针读数与倍率的乘积，图中所测电阻值为6.0×1Ω=6.0Ω
(2)根据欧姆定律，电路中的最大电流约为I=ER=36A=0.5A，由此可知，电流表量程应选0∼0.6A，故电流表选A；
为了便于调节，测量准确，滑动变阻器的最大阻值应与待测电阻阻值较为接近的，故滑动变阻器选择C。
(3)描点连线时，应让更多的点落在直线上，不在直线上的点分居于直线两侧，可以舍去一些偏差角大的点，待测电阻的U−I图线如图所示：
图线的斜率表示待测电阻的阻值，所以R=2.60−1.00.45−0.17Ω=5.7Ω
(4)当闭合开关时，螺旋金属丝产生自感现象，阻碍电流增大，但不能阻止电流流过，所以在通电时电流由零逐渐增大到稳定值。
故答案为：(1)6.0；(2)AC；(3)所作的金属丝的U−I图线见解析；5.7；(4)螺旋形金属丝通电时产生自感现象，阻碍电流增大。
(1)根据欧姆表的读数规则读数；
(2)根据欧姆定律估算电流中的电流，然后选择电流表；滑动变阻器采用限流式接法，为了方便调节和电路安全选择滑动变阻器；
(3)根据“描点法”遵循的原则作图；U−I图像的斜率表示待测电阻；
(4)当闭合开关时，螺旋金属丝产生自感现象，阻碍电流增大，据此分析作答。
本题考查了欧姆表的读数、实验器材的选择和“描点法”作图以及对自感现象的理解，知识点较多，需要认真分析作答。
20.【答案】AD 偏大
【解析】解：①A、为了减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故A正确；
B、为了减小实验误差，摆线要选择细些、伸缩性小的，并且适当长一些，故B错误；
C、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故C错误；
D、释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆做一次全振动的时间既周期为T=t50，故D正确。
故选：AD；
②由T=2π Lg，可得：g=4π2T2L。图中方法测得的摆长偏大，根据上述公式可知测得的重力加速度g值偏大。
故答案为：①AD；②偏大。
①单摆所需的摆线适当长一些，且不可伸长，摆球质量大一些，体积小一些，直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差；在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小；
②根据实验装置图分析误差的来源，结合周期公式变形后分析误差的大小。
本题考查了游标卡尺的用法、游标卡尺与秒表读数、实验注意事项；简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
21.【答案】解：已知m1=40g=0.04kg，S=5cm2=5×10−4m2，m2=10g=0.1kg
(1)由活塞受力平衡得：p0S=p1S+(m1+m2)g
代入数据解得：p1=1×105Pa
(2)当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，气体温度不变，根据玻意耳定律得
p1V0=p2(V0+Sh)
代入数据解得：p2=9.8×104Pa
对活塞和金属丝整体，由平衡方程得：p0S=p2S+(m1+m2)g+F
解得F=1N
(3)对活塞和金属丝整体，由牛顿第二定律可得：
F=(m1+m2)a
解得：a=20m/s2
答：(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1为1×105Pa；
(2)液体对金属丝拉力F的大小为1N；
(3)金属丝拉出液体后要维持活塞的最低位置B，气缸向上运动的加速度大小为20m/s2。
【解析】(1)活塞处于A位置时，对活塞，应用平衡条件求解汽缸中的气体压强p1；
(2)活塞从A位置到B位置的过程，封闭气体作等温变化，根据玻意耳定律求出活塞在B位置时汽缸内气体的压强，再对活塞和金属丝整体，应用平衡条件求液体对金属丝拉力F的大小。
(3)对活塞和金属丝整体，由牛顿第二定律求气缸向上运动的加速度大小。
本题考查对活塞处于静止状态下的受力分析，以及活塞所封闭的一定质量的理想气体应用玻意耳定律求解，需要学生加强对题意的理解。
22.【答案】解：(1)滑块从A到B做平抛运动，滑块经过B点时的竖直分速度为vy=gt=10× 65m/s=2 6m/s
滑块恰好从B点进入轨道，如图所示，由平抛运动的规律有
v0=vBsinα=vytanα
解得：α=30∘，vB=4 2m/s
(2)由B→O′，由动能定理可知
mgRsin30∘=12mvO′2−12mvB2
解得vO′=2 10m/s
滑块经过O′点时受轨道的支持力大小FN，由牛顿第二定律有FN=mvO′2R
解得FN=5N
由牛顿第三定律可得滑块在O′点时对轨道的压力大小F压=5N，方向向左。
(3)设CD=DF=L，从B到F，由动能定理及功能关系有
mg(R+Rsinα−Lsinθ)−μmgL−mgLcosθ−Ep=0−12mvB2
代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值：Ep=2.02J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，由功能关系有
mgLsinθ+Ep=mgLcosθ+μmgL+mgh
解得h=2.44m>1.2m
则滑块返回时能从B点离开。
运动到B点时，有：mgh=mg(R+Rsinα)+12mvB2，
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得
mgsinα+FN=mvB2R
解得：FN=2.6N
由牛顿第三定律可知对B点的压力为F′N=2.6N
答：(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小为30∘；
(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力为5N，方向向左；
(3)弹簧的弹性势能的最大值为2.02J；
(4)能，飞出时对B点的压力大小为2.6N。
【解析】(1)滑块从A到B做平抛运动，根据vy=gt求出滑块经过B点时的竖直分速度，结合速度的分解求出BO连线与水平方向的夹角α的大小；
(2)由几何关系求滑块经过B点时的速度大小。由B→O′由动能定理求出滑块到达O′点时的速度大小。
滑块经过O′点时，应用牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再应用牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力大小。
(3)应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能的最大值。
(4)应用能量守恒定律求出滑块返回后上升的最大高度，然后判断滑块能否从B点离开；再应用能量守恒定律分析答题。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，结合动能定理与牛顿第二定律即可解题。
23.【答案】解：(1)根据楞次定律和安培定则可知，在0∼t0内，CD中的电流由C到D，即：φC>φD
感应电动势为：E=B0t0πR2
感应电流为：I=E2r+3r3dd=B0πR23rt0
则外力：F=FA=B0Id=B02πdR23rt0
在t0∼3t0，匝圆形导体线圈内磁通量不变，则回路电动势、电流为零，C、D两点的电势相等，故外力F=0
(2)CD棒向左加速过程中，感应电动势的平均值为：E−=B0d(L−x0)Δt
感应电流的平均值为：I−=E−3r
安培力的平均值为：F−=B0I−d
由动量定理得：F−⋅Δt=mv0
联立可得：x0=L−3mrv0B02d2
由串联电路的特点可知，电路中产生的总热量为：Q总=Q+Qr⋅2r=3Q
由功能关系和能量守恒得：W=3Q+12mv02
(3)CD从磁场区域Ⅱ右边界向左运动距离x时，回路中棒CD的长度为：dx=d+2xtan30∘=2 33x+d
回路中总电阻为：r总x=rd(dx+2xcos30∘)+2r=rd(233x+d+2⋅23x3)+2r=rd(23x+3d)
回路中电流为：Ix=B0dxvxr总x=B0(233x+d)vxrd(23x+3d)=B0vx3rd=B0dvx3r
棒CD所受安培力为：FAx=B0Ixdx=B02dvxdx3r
棒CD从磁场区域Ⅱ右边界运动到FI过程，由动量定理得：−∑B02dvxdx3rΔt=mv−mv0
即：−B02dS3t03r=mv−mv0
其中：S3t0=2 3d2
所以：v=v0−2 3B02d33mr
答：(1)C端电势高于D点电势，使棒CD保持静止的水平外力F大小为零；
(2)金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离x0和为(L−3mrv0B02d2)，该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W为(3Q+12mv02)；
(3)导体棒CD运动到FI时的速度v为(v0−2 3B02d33mr)。
【解析】(1)根据楞次定律和安培定则判断电流的方向，由法拉第电磁感应定律和安培力公式求水平外力的大小；
(2)用平均值法根据动量定理求该过程的位移，由能量守恒定律和功能关系求外力所做的功；
(3)根据动量定理和题设条件求到达FI时的速度。
本题考查了电磁感应与力学的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式、闭合电路欧姆定律，关键理清导轨、导体棒、物块的运动规律，运用平衡、牛顿第二定律进行求解；分析清楚导体棒与导轨的运动过程是解题的前提与关键。
24.【答案】解：(1)离子沿直线通过两极板间电场，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件得：qv0B0=qUL，其中v0= kU
解得：B0=1L Uk
(2)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B1=mv12r
其中：v1= 2kU；B1=43L 2Uk；qm=k
联立解得：r=34L若离子全部能被吞噬板吞噬，要求从极板左边的粒子做匀速圆周运动也能到达吞噬板上，故磁场的总长度应为2r+L=52L
矩形磁场B1的最小面积Smin=34L⋅52L=158L2
发光长度L0=L
(3)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向方向：2L=v0t
水平方向偏转距离：y=12at2
又qE=ma，E=Ud，qm=k
联立解得：偏转距离y=2kULv2
代入数据解得：y2=23Ly3=12L
能进入磁场区域收集的离子个数为N=13n+12n=56n
进入磁场离子圆周运动半径r=mvqB=vkB
在磁场中偏转距离x=2mvqBcosθ=2v0kB
v2离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、13L，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得13L≤2v0kB≤2L
则1L 3Uk≤B1≤6L 3Uk
同理v3离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、12L，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得12L≤2v0kB≤2L
则2L Uk≤B1≤8L Uk
故2L Uk≤B1≤8L Uk
答：(1)要使v0= kU的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，其大小为1L Uk；
(2)偏转磁场的最小面积为158L2，吞噬板的发光长度为L；
(3)能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，B1的取值范围为2L Uk≤B1≤8L Uk，吞噬板上收集的离子个数为56n。
【解析】(1)离子沿直线通过两极板间电场，洛伦兹力与电场力平衡，根据受力平衡求出磁感应强度大小；
(2)离子在磁场B1中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
(3)撤去极板间磁场后，离子在极板间做类平抛运动，离子在磁场B1中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动学公式、牛顿第二定律和几何关系求解即可。
本题考查了带电粒子在组合场，中运动问题，典型的数理结合题目，难度大。
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