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2023年浙江省浙南名校联盟高考物理第二次联考试卷（含答案解析）
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这是一份2023年浙江省浙南名校联盟高考物理第二次联考试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了 周期为2等内容，欢迎下载使用。
A. 磁通量T⋅m2B. 冲量kg⋅m⋅s
C. 电场强度kg⋅m/(A⋅s3)D. 磁感应强度kg⋅m/(A⋅s)
2. 《天工开物》记录的测量拉弓所需力量的方法如图所示。弦系在弓上a、b两点，并挂在光滑秤钩上，弓的下端系上重物。秤杆水平平衡时，挂秤砣处的刻度值为M(此时秤钩对弦的拉力大小为Mg)，秤钩两侧弦的夹角为2θ。则弦对a点的拉力大小为( )
A. Mg
B. Mg2csθ
C. Mg2cs2θ
D. Mg2
3. 2021年7月1日上午，庆祝中国共产党成立100周年大会在北京天安门广场隆重举行。如图所示，受检直升机正以相同的速度匀速飞过天安门广场表演区，下列说法正确的是( )
A. “100周年”是时刻
B. 研究直升机螺旋桨的运行情况时，螺旋桨可视为质点
C. 以其中一架直升机为参考系时，其余直升机均做匀速直线运动
D. 空气对直升机的作用力大小等于直升机受到的重力大小
4. 如图所示，“蹦极”运动中，运动员身系弹性绳下落，不计空气阻力．下列有关运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中的说法正确的是( )
A. 运动员的加速度一直减小
B. 弹性绳的弹性势能为零时，运动员的动能最大
C. 弹性绳的弹性势能最大时，运动员的动能为零
D. 运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量
5. 由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 炮弹到达最高点b时的加速度为g
B. 炮弹经过c点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C. 炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g
D. 炮弹由a点运动到b点的时间与由b点运动到c点的时间相等
6. 周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的波动图像如图所示，此时质点P正沿y轴正方向运动。则该波( )
A. 该波在介质中遇到1m宽的障碍物能发生明显衍射
B. 波速v=2m/s
C. 沿x轴正方向传播
D. 质点P在1s时间里沿波的传播方向前进1m
7. 很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小。关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是( )
A. 阻尼器做的是阻尼振动，其振动频率大于大楼的振动频率
B. 阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
C. 阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反
D. 阻尼器摆动幅度不受风力大小影响
8. 霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是( )
A. a端电势低于b端电势
B. 若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小
C. 霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定
D. 若要测量南极附近的地磁场，工作面应保持水平
9. 2021年9月，在甘肃省武威市全球首台钍基熔盐核反应堆进行试运行放电，也标志着我国成为世界上第一个对第四代核电技术进行商业化试验运营的国家。反应堆工作原理如图所示，钍232(90232Th)吸收一个中子后会变成钍233，钍233不稳定，会变成易裂变核素铀233(92233U)。下列说法正确的是( )
A. 核反应中放出的射线来源于电子跃迁过程中释放的能量
B. 新核镤233变成铀233的核反应方程式是： 91233Pa→92233U+−10e
C. 新核铀 92233U的比结合能大于钍 90233Th的比结合能
D. 新核铀 92233U的比结合能小于钍 90233Th的比结合能
10. 新华社酒泉2022年11月30日电，中国第十艘载人飞船在极端严寒的西北戈壁星夜奔赴太空，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨入驻“天宫”，与神舟十四号航天员乘组相聚中国人的“太空家园”。已知空间站离地面的高度为h，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，他们相对于地心处于平衡状态
B. 空间站的线速度大小为 gRR+h
C. 地球的质量为g(R+h)2G
D. 空间站的周期为2π (R+h)3gR2
11. 如图所示，虚线圆的半径为R，某激光器的一端固定于圆心O点，且绕O点以角速度ω转动，转动过程中从激光器的另一端连续发出功率为P、波长为λ的细束激光(不计光束截面积)，在虚线圆某处固定一弧形接收屏，该接收屏沿虚线圆的长度为l。已知普朗克常数为h，激光传播的速度为c，则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为( )
A. lcPhλRωB. lλPhcRωC. lλcPhRωD. hωRlλcP
12. 卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化(可达15km之多)，利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
A. 正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I=qn
B. 离子推进器获得的平均推力大小F= 2mqU
C. 加速正离子束所消耗的功率P=nqU
D. 为提高能量的转换效率，要使FP尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器
13. 2021年12月9日，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课。某同学在观看太空水球光学实验后，想研究光在含有气泡的水球中的传播情况，于是找到一块环形玻璃砖模拟光的传播，俯视图如图乙所示。图中MN是过环心的一条直线，一束光线与MN平行射入玻璃砖，它与MN之间的间距为x，已知玻璃砖的内圆半径为R，内部视为真空，外圆半径为2R，折射率为 2，光在真空中传播速度为c，不考虑反射光线在玻璃砖内的传播，下列关于该光线的说法正确的是( )
A. 当x> 2R时，光线会进入内圆传播
B. 当x= 2R时，光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角为45∘
C. 只要调整好光线与MN之间的距离，就能在内球面发生全反射
D. 只要调整好光线与MN之间的距离，就能在外球面发生全反射
14. 下列说法正确的是( )
A. 做抛体运动(不计空气阻力)的物体在运动过程中相同时间内动量变化相同
B. 原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
C. “彩超”根据反射波的频率变化，就能知道血流的速度，利用的是超声波的多普勒效应
D. 由爱因斯坦的相对论时空观可知运动物体的空间距离和物理过程的时间进程都跟物体的运动状态有关
15. 如图甲所示为氢原子的能级图，用同一光电管研究氢原子发出的a、b、c三种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图乙。则这三种光( )
A. 光子动量paB. 照射该光电管时c光使其逸出的光电子初动能最大
C. 通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大
D. 若这三种光是原子从能级n=3跃迁到较低能级时发出的光，则c光的波长可以表示为λc=λa+λb
16. 在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中
①如图1仪器需要用到的有______ 。
②若甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图2甲、乙、丙所示的实验装置来做实验。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
则甲、乙、丙实验中，必须补偿小车和长木板之间摩擦力的实验小组有______ 。若用上面的甲装置得如图3所示的纸带，已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度为______ m/s2(保留两位有效数字)。
你认为该同学实验时选用的M、m的比例关系合理吗？______ 。(填“合理”，“不合理”)
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则实验测得的加速度比真实值______ (填“大”或“小”)。
17. 用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验下列说法正确的是______ 。
A.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
B.改变气体体积时应快速推拉活塞
C.为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位
E.实验前应先利用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以1V为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的______ (选填“①”或“②”)。
18. 某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。
(1)已知电流计G的满偏电流IG=200mA、内阻rG=0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600mA的电流表，则R1=______ Ω(结果取两位有效数字)。
(2)在(1)的基础上，保持电流计G的刻度盘不变，即刻度盘上标注的最大电流为IG=200mA。通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图像。某次测量时，电压表的示数如图丙，则电压表的示数为______ V则此时通过电源的电流为______ mA，得到电源的电动势E等于______ V，内阻等于______ Ω(结果取三位有效数字)。
(3)若现在有一个水果电池，查阅资料后得该水果电池的电动势约为1V，内阻约为5000Ω。某小组设计了如下两种测量方案，如图所示，为减少测量误差，应选用方案______ (填“一”或“二”)若考虑电流表的内阻，则水果电池电动势的测量值______ 真实值(填“大于“等于”或“小于”)。
19. 气压式升降椅质量安全问题日渐引起媒体及公众的关注。气压式升降椅通过气缸上下运动来调节椅子升降，其结构如图乙所示。圆柱形气缸与椅面固定在一起，其质量m=8kg。与底座固定的横截面积为S=40cm2的柱状气缸杆，在气缸中封闭了长度为L=20cm的理想气体。气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知室内温度T1=308K，大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)质量M=72kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离；
(2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2=300.3K，该过程外界对封闭气体所做的功。
20. 小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37∘且滑动摩擦因数为μ1=0.5的倾斜轨道BCEF、接触面光滑的螺旋圆形轨道CDGE、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成，木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道BC、EF相切于C(E)处，切点到水平地面的高度为1.2R。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m=2kg的物块(可视为质点)，物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道BC，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道EF后滑上长木板。已知长木板的质量M=6kg、h0=1.8m、R=2m、h1=6.6m，空气阻力不计，g取10m/s2。求：
(1)物块从A点抛出时速度v0的大小；
(2)物块经过螺旋圆形轨道低点D时对轨道的压力；
(3)若物块与长木板之间的动摩擦因数μ2=0.6，且物块恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；若长木板固定不动，且物块和木板是某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力(与摩擦力类似)大小与物块速度大小v成正比，即Ff=kv，k=3kg/s，要使物块不滑出长木板，长木板至少为多长。
21. 电和磁有许多相似之处，比如同种电荷相斥，同名磁极也相斥，异种电荷相吸，异名磁极也相吸；变化的电场激发磁场变化的磁场也能激发电场。著名的英国物理学家狄拉克曾预言磁单极子可以像正负电荷一样独立存在，所谓磁单极子是指仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布(如图甲)。若存在一N极磁单极子如图乙所示，固定于水平桌面上，其上覆盖一半径为r的半球壳，球心恰好在磁单极子处，球壳表面绝缘光滑。现在半球壳上方轻轻放置一特殊材料制成的质量为m的弹性导电线圈，线圈开始时半径为r0=35r，电阻为R，线圈在重力作用下沿着半球壳下滑，下滑过程中线圈平面始终在水平面内，当线圈下滑高度h=0.2r时速度为v，已知磁单极子距离为d处的磁场强度大小为B=kd，弹性线圈存储的势能与橡皮筋类似，当线圈长度伸长△x时存储的弹性势能为Ep=12k′△x2，上述式中k、k′均为常数，求：
(1)半球壳上各处磁场强度大小和穿过半球壳的磁通量(球体表面积计算公式：S=4πr2)；
(2)线圈下落高度h=0.2r时的电流大小和方向(从上往下俯视看)；
(3)线圈下落高度h=0.2r的过程产生的焦耳热Q。
22. 如图所示为某一仪器的部分原理示意图，虚线OA、OB关于y轴对称，∠AOB=90∘，OA、OB将xOy平面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅲ内存在水平方向的匀强电场，电场强度大小相等、方向相反。带电量为q、质量为m的粒子自x轴上的粒子源P处以速度v0沿y轴正方向射出，经时间t到达OA上的M点，且此时速度与OA垂直。不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)为使粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，可在区域Ⅱ内加一垂直xOy平面的有界匀强磁场，求该磁场的磁感应强度的最小值和粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的横坐标；
(3)当匀强磁场的磁感应强度取(2)问中的最小值时，且该磁场仅分布在Ⅱ区域的一个圆形区域内。由于某种原因的影响，粒子经过M点时成散射状，速度与OA垂直方向的夹角为θ，θ≤θ0，速度大小均相同，如图所示，但速度与OA垂直的粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，求各粒子经过OB时与N点的距离L和θ的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、磁通量Φ=BS，磁通量的单位用T⋅m2来表示，磁通量是标量，故A错误；
B、冲量既有大小又有方向是矢量，根据动量定理I=△p，可知冲量的单位是kg⋅m/s，故B错误；
C、电场强度是矢量，E=Fq，F=ma，q=It，所以其单位是kg⋅m/(A⋅s3)，故C正确；
D、磁感应强度是矢量，根据B=FIL，知磁感应强度的单位是1T=1NA⋅m=1kg/(A⋅s2)，故D错误。
故选：C。
标量是只有大小没有方向，遵守代数运算法则；矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则，根据物理量之间的关系式即可推导出来物理量的单位。
本题考查矢量和标量以及国际单位制中的单位问题，对于矢量，可根据其方向特点和运算法则进行记忆，知道矢量的运算遵守平行四边形法则。
2.【答案】B
【解析】解：以弓和所挂重物为研究对象，设弦对a点的拉力为F，如图所示
根据共点力平衡
2Fcsθ=Mg
整理解得F=Mg2csθ
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据共点力平衡条件列式求解弓力大小。
该题考查力的合成与分解的应用，解答的关键是正确写出弓力与拉力的关系。
3.【答案】D
【解析】解：A.“100周年”是时间问隔，故A错误；
B.研究直升机螺旋桨的运行情况时，其大小形状不可忽略，螺旋桨不可视为质点，故B错误；
C.以其中一架直升机为参考系时，其余直升机相对位置没有发生变化，所以是静止的，故C错误；
D.根据物体的平衡条件，直升机受重力和空气对对它的作用力两个力的作用，直升机处于平衡状态所以空气对直升机的作用力大小等于直升机受到的重力大小，故D正确。
故选：D。
“100周年”是时间问隔，根据质点的概念分析；以其中一架直升机为参考系时，其余直升机的位置不变，根据共点力平衡条件分析。
本题考查质点、参考系、共点力平衡条件等内容，解题关键掌握飞机的运动状态和受力分析，从而分析解答。
4.【答案】C
【解析】解：A、运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中，受到向下的重力和向上的弹力，弹力不断增大，开始阶段，重力大于弹力，合力减小，加速度减小，速度增大。当弹力等于重力时加速度为零。之后，弹力大于重力，合力向上且不断增大，运动员做减速运动，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，弹力等于重力时速度最大，故A错误。
B、弹性绳的弹性势能为零时，弹力为零，运动员的合力向下，速度增大，此时速度不是最大，弹力等于重力时速度最大，故B错误。
C、弹性绳的弹性势能最大时，运动员到达最低点，动能为零，故C正确。
D、对于运动员、地球和蹦极绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。则运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量与动能增加量之和，故D错误。
故选：C。
根据运动员的受力情况，分析其加速度的变化情况，并判断速度的变化情况．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加．对于运动员、地球和蹦极绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．由此分析即可．
本题类似于小球掉在弹簧上的类型，要抓住弹力的可变性，由牛顿第二定律定性分析运动员的运动情况．
5.【答案】C
【解析】解：A.在最高点b，炮弹除了受重力还受到向后的空气阻力，加速度大于g，故A错误；
B.根据曲线运动特点，炮弹经过c点时加速度方向一定指向轨迹凹侧，故B错误；
C.炮弹经过a点时，受空气阻力和重力共同作用，空气阻力方向与速度方向相反斜向左下方，根据牛顿第二定律，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，所以炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g，故C正确；
D.设炮弹由a点运动到b点过程中，受阻力平均竖直分量为f1，由b点运动到c点过程中，受阻力平均竖直分量为f2，根据牛顿第二定律，则前、后两个过程炮弹竖直平均加速度大小分别为a1=mg+f1m
a2=mg−f2m根据运动学规律，炮弹由a点运动到b点时间小于由b点运动到c点时间，故D错误。
故选：C。
受力分析，分析炮弹在最高点的加速度；
曲线运动受力指向轨迹凹侧；
炮弹经过a点时，受力分析，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，a点时加速度的竖直分量大于g；
根据牛顿第二定律，比较竖直加速度，再根据运动学规律，比较时间。
本题是一道实际问题，需要考虑空气阻力，学生在受力分析时要考虑，同时结合牛顿第二定律和运动学公式，即可解答。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据图像可知，波长为2m，1m宽的障碍物小于波长，能发生明显衍射，故A正确；
B.根据波长、波速与周期的关系可知：v=λT=22m/s=1m/s，故B错误；
C.根据“同侧法”，质点P沿正方向运动，可知该波沿x轴负方向传播，故C错误；
D.在传播过程中，质点不会随波迁移，所以质点P在1s时间里不会沿波的传播方向前进，故D错误。
故选：A。
由图像获取波长，根据衍射条件判断；根据波长、波速与周期计算波速；根据“同侧法”，判断波的传播方向；传播过程中，质点不会随波迁移
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成原因和传播规律。
7.【答案】C
【解析】解：A.由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A错误；
B.阻尼器属于受迫振动，所以阻尼器的振动频率取决于大楼的振动频率，与自身的固有频率无关，故B错误；
C.大楼对阻力器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据回复力F=−kx，可知阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C正确；
D.阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，故D错误。
故选：C。
阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同；阻尼器属于受迫振动，所以阻尼器的振动频率取决于大楼的振动频率，与自身的固有频率无关；大楼对阻力器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，可判断摆动方向始终与大楼的振动方向相反。
本题以阻尼器为考查背景，主要考查了受迫振动的相关概念。理解受迫振动发生的条件和振幅的特点，结合回复力公式即可即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：A.由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误；
BC.稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即evB=eUd(d为前后面之间的距离)
由电流微观表达式I=neSv
联立可得U=Bdv=BdIneS=BdERneS=BdEρlSneS=BdEρnle
则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，故BC错误；
D.若要测量南极附近地磁场，由于南极附近的地磁场垂直于地面，工作面应该处于水平状态，故D正确。
故选：D。
根据左手定则分析出粒子的受力方向；根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式；理解地磁场的分布情况，从而分析出元件的摆放特点。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则的应用，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析，难度不大。
9.【答案】BC
【解析】解：A.核反应中放出的射线来源于生成的新核从高能级向低能级跃迁时，放出能量伴随γ辐射，故A错误；
B.根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，新核镤233变成铀233的核反应方程式是 91233Pa→92233U+−10e，故B正确；
CD.钍 90233Th变成铀 92233U的整个过程中释放能量而核子数不变，则生成的新核铀更加稳定，则新核铀 92233U的比结合能大于钍 90233Th的比结合能，故C正确，D错误。
故选：BC。
核镤233从高能级向低能级跃迁时，放出能量，会伴随γ辐射；根据核反应过程的电荷数和质量数守恒可判断核反应方程是否正确；β衰变过程中释放能量，则生成的新核铀233更加稳定，比结合能大。
本题主要考查了原子核的衰变，明确核反应过程中，电荷数和质量数守恒，知道结合能的概念，知道从高能级向低能级跃迁，放出能量。
10.【答案】D
【解析】解：A、空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，绕地球近似做匀速圆周运动，处于完全失重状态，由万有引力提供向心力，所以他们相对于地心处于非平衡状态，故A错误；
B、空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=mv2R+h；在地球表面上，有GMmR2=mg，联立解得空间站的线速度大小为v= gR2R+h，故B错误；
C、在地球表面上，由GMmR2=mg，可得地球的质量为M=gR2G，故C错误；
D、由万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，结合在地球表面有GMmR2=mg，可得空间站的周期为T=2π (R+h)3gR2，故D正确。
故选：D。
空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，绕地球近似做匀速圆周运动，处于完全失重状态。空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，据此列式求出空间站的线速度大小；根据在地球表面上，物体的重力等于万有引力，即可求出地球的质量；根据万有引力提供向心力求解空间站的周期。
解决本题的关键是知道空间站绕地球运动靠万有引力提供向心力，在地球表面上，物体的重力等于万有引力，能灵活运用黄金变换求相关物理量。
11.【答案】B
【解析】解：激光器转动的周期为：T=2πω，
转一周的过程中虚线圆单位长度接收到的光能量为：E0=PT2πR
接收屏接收到的光能量为：E=E0l
每个光子能量为：E1=hν=hcλ
则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为：N=EE1
联立解得：N=lλPhcRω，故B正确、ACD错误。
故选：B。
求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，再根据光子能量的计算公式进行解答。
本题主要是考查光子能量的计算，解答本题的关键是求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，掌握光子能量计算公式。
12.【答案】C
【解析】解：A、已知单位时间内飘入的正离子数目为n，离子电荷量为q，则正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I=Qt=nq，故A错误；
B、电场对离子加速，由动能定理有QU=12m0v02
取向右为正方向，对n个正离子，根据动量定理有m0v0 =Ft
其中m0=nmt，Q=nqt
由牛顿第三定律知离子推进器获得的平均推力大小F′=F
联立解得离子推进器获得的平均推力大小F′=n 2mqU，故B错误；
C、加速正离子束所消耗的功率P=12m0v02t=nqU，故C正确；
D、根据以上分析可得FP=n 2mqUP=n 2mqUnqU= 2mqU，要使FP尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷qm更小的离子作为推进器，故D错误。
故选：C。
根据电流的定义式I=Qt求解等效电流大小。电场对正离子加速，由动能定理求出离子加速获得的速度，由动量定理求出离子受到的作用力大小，由牛顿第三定律得到离子推进器获得的平均推力大小。根据P=Wt求加速正离子束所消耗的功率P。根据FP的表达式，分析增大FP的方法。
本题以离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整为情景载体，考查了动量定理、动能定理、电流的定义式、功率等知识，要求学生能够熟练应用相关知识去解决实际问题，灵活选择研究对象，建立模型，利用力学和电路规律处理。
13.【答案】C
【解析】解：A.当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，如图
根据几何关系：sini=x2R，sinr=R2R
根据折射定律n=sinisinr
解得x= 2R
当x> 2R时，光不会经过内圆，故A错误；
B.由上式可知
i=45∘
r=30∘
根据几何关系，光线从外圆射出的方向与图中入射光线夹角小于45∘，故B错误；
C.当图中角为45∘时，发生全反射，如图：
根据几何关系，r<180∘−(180∘−45∘)2=22.5∘
则sini< 2sin22.5∘
则x<2Rsini=2 2Rsin22.5∘
即存在x<2 2Rsin22.5∘
某一值时会发生全反射，故C正确；
D.无论怎样调整光线与MN之间距离，光线从外球面射向空气时，入射角都不能大于或等于临界角，不满足全反射条件，不能在外球面发生全反射，故D错误。
故选：C。
当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，画出光路图，根据几何关系和折射定律，分析光是否经过内圆；
当图中角为45∘时，发生全反射，画出光路图，根据几何关系，分析是否存在某一值时会发生全反射。
本题解题关键是正确画出不同情形下的光路图，根据折射定律和几何关系分析问题。
14.【答案】ACD
【解析】解：A.做抛体运动(不计空气阻力)的物体仅受重力作用，竖直向下，由Δp=mgΔv可得做抛体运动(不计空气阻力)的物体在运动过程中相同时间内动量变化相同，故A正确；
B.当单独存在的核子结合成原子核，会释放巨大能量，由质能方程可知，单独存在时的总质量大于该原子核的质量，故B错误；
C.“彩超”利用超声波的多普勒效应，根据反射波的频率变化，就能知道血流的速度，故C正确：
D.根据爱因斯坦的相对论时空观，运动物体的空间距离和物理过程的时间进程都跟物体的运动状态有关，故D正确。
故选：ACD。
根据动量定理比较动量的变化量，单独存在的核子结合成原子核，会释放巨大能量，根据多普勒效应分析C；根据爱因斯坦的相对论时空观分析D。
本题考查多普勒效应、质能方程、相对论等知识点，解题关键注意平时对基本概念的积累。
15.【答案】AC
【解析】解：A.根据光电效应方程Ek=hν−W
再根据动能定理eUc=Ek
联立可得eUc=hν−W
由图像可知，c光的遏止电压最大，a光最小，可知νa<νb<νc
而光子动量和能量之间的关系p=hνc
因此光子动量之间的关系为paB.由A的分析可知，c光使其逸出的光电子的最大初动能最大，但出射的各种电子初动能不一定都最大，故B错误；
C.根据ν=cλ，可知λa>λb>λc
根据双缝干涉相邻亮(暗)纹间距公式Δx=Ldλ
可知通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大，故C正确；
D.若这三种光是原子从能级n=3跃迁到较低能级时发出的光，利用光电效应方程可知hcλc=hcλb+hcλa，整理得1λc=1λb+1λa，故D错误。
故选：AC。
根据遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，从而结合光电效应方程比较入射光的频率；结合光子的波长的公式以及光子的动量公式判断；根据双缝干涉的条纹公式判断；结合E=hν=hcλ判断。
解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程，同时理解光电流的大小与光强有关．
16.【答案】BC 甲乙丙 2.0不合理 大
【解析】解：①在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中需要用到天平测量小车的质量，用刻度尺测量纸带，故选：BC。
②三个实验装置平台都是水平的，都需要抬高木板的一端平衡摩擦力，故选：甲乙丙；
小车的加速度为：a=xCE−xAC4T2=(7.93−3.32−3.32)×10−24×0.042m/s2=2.0m/s2
在甲装置中，只有当重物的质量m远小于小车的质量M时，才可认为重物的重力近似等于小车的牵引力；由牛顿第二定律：mg=(m+M)a
解得：M=4m，即M不是远大于m，故该同学实验时选用的M、m的比例关系不合理；
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则打点周期偏大，而计算时仍用0.02s计算，则实验测得的加速度比真实值大。
故答案为：①BC；②甲乙丙、2.0、不合理；③大。
①根据“探究加速度与力、质量的关系“实验的原理，确定需要测量的物理量，从而选定工具；
②由于摩擦阻力的存在，均必须平衡阻力；根据Δx=aT2求解加速度；求出加速度后，分析是否满足M>>m的条件；
③根据实验原理分析当频率变小时，误差的偏大还是偏小；
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。
17.【答案】AD ②
【解析】解：(1)A.实验时，为了确保研究的气体质量一定，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，以保证封闭气体的气密性，故A正确；
BC.本实验要求一定量的气体作等温变化，改变气体体积时应缓慢推拉活塞，且不能用手握住注射器，故BC错误；
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀，就能够用刻度的长度间接表示不同状态下气体的体积，可以不标注单位，故D正确；
E.实验过程中只需要研究的气体质量一定，则等温过程中有p1V1=p2V2
可知，实验前不需要用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量，故E错误。
故选：AD。
(2)根据克拉珀龙方程有pV=nRT
其中物质的量n=mM0
联立解得p=mRM0⋅1V
可知，压缩气体时漏气时，研究的气体的质量减小，即p−1V图像上切点的斜率减小，可知此时作出的图线应为图乙中的②。
故答案为：(1)AD；(2)②。
(1)A.该实验探究的是一定质量的理想气体压强与体积的关系，要求密闭性要好，据此分析作答；
BC.本实验要求一定量的气体作等温变化，改变气体体积时应缓慢推拉活塞，且不能用手握住注射器；
D.注射器的横截面积一定，气体的体积可以用刻度的长度表示，只要刻度均匀即可；
E.根据一定质量理想气体等温变化中气体的体积和压强关系分析作答；
(2)根据克拉伯龙方程和物质的量分析作答。
本实验探究气体等温变化的规律，实验过程中要始终保持气体作等温变化和气体的质量不变。
18.【答案】二 等于
【解析】解：(1)根据欧姆定律可知：IGrG=(I−IG)R1
将IG=200mA=0.2A，I=600mA=0.6A，代入解得：R1=0.15Ω.
(2)根据丙图可知电压表分度值为0.1V，电压表读数为2.60V；根据图乙可知电流计的读数为100mA，通过电阻R1的电流等于通过电流计G电流的2倍，则电路的总电流为300mA；
根据闭合电路欧姆定律有：U=E−3I(RA+r)
根据图像可知，电源的电动势为：E=2.93V
因改装的电流表的内阻为RA=R1rGR1+rG，代入数据解得：RA=0.1Ω
则图像的斜率k=3(r+RA)=2.93−2.40160×10−3Ω=3.375Ω，解得：r=1.03Ω.
(3)电压表的内电阻一般是几千欧到几十千欧，而水果电池的内电阻约5千欧，则图方案一中，电压表的分流作用较明显，所以不能采用方案一的电路，应采用方案二的电路。
若使用图像法来分析数据，电源电动势为：E=I(r+R)，
则有：R=E⋅1I−r，
可知电池的电动势等于图线的斜率，电流表的内阻，对此没有影响，所以即使考虑电流表的内阻，水果电池电动势的测量值仍然等于真实值。
故答案为：(1)0.15；(2)2.60，300，2.93，1.03；(3)二，等于
(1)根据电路的结构，根据欧姆定律求解电阻R1的阻值；
(2)根据图丙所示电压表表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据图乙所示图象求出电压对应的电流计G的读数；然后根据改装后的电流表结构确定通过电源的电流；根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻。
(3)结合电压表的内电阻的影响分析，根据图象法分析数据误差。
本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理。
19.【答案】解：(1)初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得：mg+p0S=p1S
解得p1=1.2×105Pa
质量M=72kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡可得：(M+m)g+p0S=p2S
解得p2=3×105Pa
设稳定后缸内气体柱长度为L′，根据玻意耳定律可得：p1LS=p2L′S
解得：L′=8cm
则椅面下降了：Δh=L−L′=20cm−8cm=12cm
(2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2=300.3K，该过程气体发生等压变化，则有：L′ST1=L′′ST2
解得室内气温缓慢降至T2=300.3K时，气体柱长度为L′′=7.8cm
外界对封闭气体所做的功为：W=(p0S+Mg+mg)(L′−L′′)
解得：W=2.4J
答：(1)质量M=72kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离为12cm；
(2)该过程外界对封闭气体所做的功2.4J。
【解析】(1)应用平衡条件求出气缸内气体的压强，然后应用玻意耳定律求出气柱的长度和椅面下降的距离；
(2)应用盖-吕萨克定律求出气柱的长度，应用功的计算公式求出外界对气体做的功。
分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件求出气体的压强，应用玻意耳定律与盖-吕萨克定律即可解题。
20.【答案】解：(1)物块从A点做平抛运动到B点，则有vBy2=2gh0，v0=v∖user2Bytanθ
解得v0=8m/s
(2)从A到D由动能定理可得mg{h0+h1−[1.2R−(R−Rcsθ)]}−μ1mgcsθ⋅(h1−1.2R)sinθ=12mvD2−12mv02
在D点，对物块分析有N−mg=mvD2R
根据牛顿第三定律有N′=N
解得N′=156∖user2N
方向竖直向下。
(3)从A到F过程有mg(h0+h1)−μ1mgcsθ⋅h1sinθ=12mvF2−12mv02
解得vF=12m/s
物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有mvF=(m+M)v
解得v=3m/s
假设物块刚好不滑离长木板，对木块和长木板系统由能量守恒定律得Q=12mvF2−12(m+M)v2
解得Q=108J
若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力Ff=kv
对木块m由动量定理得Σ−FΔt=0−mvF
即有Σ−kv⋅Δt=−mvF
由于Lmin=Σv⋅Δt
解得Lmin=8m
答：(1)物块从A点抛出时速度v0=8m/s；
(2)物块经过螺旋圆形轨道低点D时对轨道的压力大小为156N，方向竖直向下；
(3)物块与长木板系统产生的热量108J；长木板至少长8m。
【解析】(1)物体由A运动至B做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，物体运动至B点时合速度方向沿斜面向下，利用平抛运动规律可以求解。
(2)B运动至D点一个过程首先选用动能定理，求出D点的速度，同时D点属于匀速圆周运动的一个状态，利用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解。
(3)利用动量守恒定律和能量守恒定律求解物块与长木板系统产生的热量；长木板固定不动时选用动量定理求解模板的长度。
此题涉及到单个物体多个过程，多个物体单个过程板块模型问题，单个物体首先选用两大定理，相互作用的物体选用动量守恒定律和量守恒定律求解；对学生的分析综合能力要求较高，也是重点题型之一，第三问需要探究发现动量定理的积累思想。
21.【答案】解：(1)半球壳面上磁感应强度大小相同，都为B=kr
穿过半球面的磁通量即为磁感应强度与半球壳表面积的乘积 Φ=2Bπr2=2kπr
(2)根据楞次定律 电流方向为俯视顺时针
线圈开始时高度
h0= r2−(35r)2=45r，当下落高度h=0.2R时，半径变大为r1
由几何关系
r1= r2−(h0−h)2=45h
此时可等效成长度为l=2πr1，的导线在切割磁感线产生感应电动势。
ɛ=Blv代入数据得ɛ=8kπv5
我们还要注意到此时线图导线长度变大，导线截面积变为原来的34，有电阻定律R=ρlS
可得线圈下落高度h=0.2R时电阻变为R1=196R
电流大小为I=εR1=9kπv10R
(3)下落过程能量守恒
mgh=12mv2+Q+12k′△x2
△x=2πr1−2πr0=25πr
得Q=15mgr−12mv2−2k′π2r225
答：(1)半球壳上各处磁场强度大小为kr，穿过半球壳的磁通量为2kπr；
(2)线圈下落高度h=0.2r时的电流大小为和方向9kπv10R，顺时针方向；
(3)线圈下落高度h=0.2r的过程产生的焦耳热Q为15mgr−12mv2−2k′π2r225
【解析】(1)根据题意可求得磁场大小及磁通量；
(2)根据几何关系求得有效长度，通过电磁感应求得电流；
(3)下落过程能量守恒可求得焦耳热Q。
本题信息量较大，学生要注意学会分析题目含义，根据感应电动势的计算方式和能量守恒定律解决。
22.【答案】解：(1)粒子在Ⅰ区域内做类平抛运动，在竖直方向有：Lsin45∘=v0t
沿电场方向有：v0tan45∘=Eqmt
解得：t= 2L2v0，E= 2mv02qL
(2)粒子在Ⅱ区域内做匀速圆周运动，其轨道半径r大=L
又因为qvB=mv2r
v= 2v0
B小=2mv0qL
粒子进入Ⅲ区域后，其运动轨迹NQ与PM对称，则
水平位移x=v02t
又t= 2L2v0
所以x= 24L
xQ=OQ−=OP−= 22L+ 24L=3 24L
(3)该圆形磁场区域的半径r等于其轨迹圆半径R，即r=R=L
所有粒子出磁场时速度方向平行，其落点在直线OB上的GH两点之间，如图
GH=2rsinθ=2Lsinθ
答：(1)匀强电场的电场强度E的大小为 2mv02qL；
(2)该磁场的磁感应强度的最小值是 2mv0qL，粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的横坐标为3 24L；
(3)所有粒子经过OB时的区域长度2Lsinθ
【解析】(1)粒子在Ⅰ区域做类平抛运动，将运动分解，即可求得电场强度．
(2)使粒子通过N点且磁感应强度最小，则粒子在Ⅱ内做匀速圆周运动半径R=OM，粒子经N点后进入Ⅲ区域，做匀变速曲线运运动，由运动分解知识求得到达x轴上Q点的横坐标．
(3)该圆形磁场区域的半径r等于其轨迹圆半径R，分别作出两边缘状态的轨迹图，由几何关系求解．
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，关键理清粒子的运动轨迹，以及运动的情况，结合几何关系进行求解．
A. 磁通量T⋅m2B. 冲量kg⋅m⋅s
C. 电场强度kg⋅m/(A⋅s3)D. 磁感应强度kg⋅m/(A⋅s)
2. 《天工开物》记录的测量拉弓所需力量的方法如图所示。弦系在弓上a、b两点，并挂在光滑秤钩上，弓的下端系上重物。秤杆水平平衡时，挂秤砣处的刻度值为M(此时秤钩对弦的拉力大小为Mg)，秤钩两侧弦的夹角为2θ。则弦对a点的拉力大小为( )
A. Mg
B. Mg2csθ
C. Mg2cs2θ
D. Mg2
3. 2021年7月1日上午，庆祝中国共产党成立100周年大会在北京天安门广场隆重举行。如图所示，受检直升机正以相同的速度匀速飞过天安门广场表演区，下列说法正确的是( )
A. “100周年”是时刻
B. 研究直升机螺旋桨的运行情况时，螺旋桨可视为质点
C. 以其中一架直升机为参考系时，其余直升机均做匀速直线运动
D. 空气对直升机的作用力大小等于直升机受到的重力大小
4. 如图所示，“蹦极”运动中，运动员身系弹性绳下落，不计空气阻力．下列有关运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中的说法正确的是( )
A. 运动员的加速度一直减小
B. 弹性绳的弹性势能为零时，运动员的动能最大
C. 弹性绳的弹性势能最大时，运动员的动能为零
D. 运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量
5. 由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 炮弹到达最高点b时的加速度为g
B. 炮弹经过c点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C. 炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g
D. 炮弹由a点运动到b点的时间与由b点运动到c点的时间相等
6. 周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的波动图像如图所示，此时质点P正沿y轴正方向运动。则该波( )
A. 该波在介质中遇到1m宽的障碍物能发生明显衍射
B. 波速v=2m/s
C. 沿x轴正方向传播
D. 质点P在1s时间里沿波的传播方向前进1m
7. 很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小。关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是( )
A. 阻尼器做的是阻尼振动，其振动频率大于大楼的振动频率
B. 阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
C. 阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反
D. 阻尼器摆动幅度不受风力大小影响
8. 霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是( )
A. a端电势低于b端电势
B. 若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小
C. 霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定
D. 若要测量南极附近的地磁场，工作面应保持水平
9. 2021年9月，在甘肃省武威市全球首台钍基熔盐核反应堆进行试运行放电，也标志着我国成为世界上第一个对第四代核电技术进行商业化试验运营的国家。反应堆工作原理如图所示，钍232(90232Th)吸收一个中子后会变成钍233，钍233不稳定，会变成易裂变核素铀233(92233U)。下列说法正确的是( )
A. 核反应中放出的射线来源于电子跃迁过程中释放的能量
B. 新核镤233变成铀233的核反应方程式是： 91233Pa→92233U+−10e
C. 新核铀 92233U的比结合能大于钍 90233Th的比结合能
D. 新核铀 92233U的比结合能小于钍 90233Th的比结合能
10. 新华社酒泉2022年11月30日电，中国第十艘载人飞船在极端严寒的西北戈壁星夜奔赴太空，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨入驻“天宫”，与神舟十四号航天员乘组相聚中国人的“太空家园”。已知空间站离地面的高度为h，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，他们相对于地心处于平衡状态
B. 空间站的线速度大小为 gRR+h
C. 地球的质量为g(R+h)2G
D. 空间站的周期为2π (R+h)3gR2
11. 如图所示，虚线圆的半径为R，某激光器的一端固定于圆心O点，且绕O点以角速度ω转动，转动过程中从激光器的另一端连续发出功率为P、波长为λ的细束激光(不计光束截面积)，在虚线圆某处固定一弧形接收屏，该接收屏沿虚线圆的长度为l。已知普朗克常数为h，激光传播的速度为c，则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为( )
A. lcPhλRωB. lλPhcRωC. lλcPhRωD. hωRlλcP
12. 卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化(可达15km之多)，利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
A. 正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I=qn
B. 离子推进器获得的平均推力大小F= 2mqU
C. 加速正离子束所消耗的功率P=nqU
D. 为提高能量的转换效率，要使FP尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器
13. 2021年12月9日，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课。某同学在观看太空水球光学实验后，想研究光在含有气泡的水球中的传播情况，于是找到一块环形玻璃砖模拟光的传播，俯视图如图乙所示。图中MN是过环心的一条直线，一束光线与MN平行射入玻璃砖，它与MN之间的间距为x，已知玻璃砖的内圆半径为R，内部视为真空，外圆半径为2R，折射率为 2，光在真空中传播速度为c，不考虑反射光线在玻璃砖内的传播，下列关于该光线的说法正确的是( )
A. 当x> 2R时，光线会进入内圆传播
B. 当x= 2R时，光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角为45∘
C. 只要调整好光线与MN之间的距离，就能在内球面发生全反射
D. 只要调整好光线与MN之间的距离，就能在外球面发生全反射
14. 下列说法正确的是( )
A. 做抛体运动(不计空气阻力)的物体在运动过程中相同时间内动量变化相同
B. 原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
C. “彩超”根据反射波的频率变化，就能知道血流的速度，利用的是超声波的多普勒效应
D. 由爱因斯坦的相对论时空观可知运动物体的空间距离和物理过程的时间进程都跟物体的运动状态有关
15. 如图甲所示为氢原子的能级图，用同一光电管研究氢原子发出的a、b、c三种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图乙。则这三种光( )
A. 光子动量pa
C. 通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大
D. 若这三种光是原子从能级n=3跃迁到较低能级时发出的光，则c光的波长可以表示为λc=λa+λb
16. 在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中
①如图1仪器需要用到的有______ 。
②若甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图2甲、乙、丙所示的实验装置来做实验。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
则甲、乙、丙实验中，必须补偿小车和长木板之间摩擦力的实验小组有______ 。若用上面的甲装置得如图3所示的纸带，已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度为______ m/s2(保留两位有效数字)。
你认为该同学实验时选用的M、m的比例关系合理吗？______ 。(填“合理”，“不合理”)
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则实验测得的加速度比真实值______ (填“大”或“小”)。
17. 用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验下列说法正确的是______ 。
A.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
B.改变气体体积时应快速推拉活塞
C.为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位
E.实验前应先利用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以1V为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的______ (选填“①”或“②”)。
18. 某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。
(1)已知电流计G的满偏电流IG=200mA、内阻rG=0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600mA的电流表，则R1=______ Ω(结果取两位有效数字)。
(2)在(1)的基础上，保持电流计G的刻度盘不变，即刻度盘上标注的最大电流为IG=200mA。通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图像。某次测量时，电压表的示数如图丙，则电压表的示数为______ V则此时通过电源的电流为______ mA，得到电源的电动势E等于______ V，内阻等于______ Ω(结果取三位有效数字)。
(3)若现在有一个水果电池，查阅资料后得该水果电池的电动势约为1V，内阻约为5000Ω。某小组设计了如下两种测量方案，如图所示，为减少测量误差，应选用方案______ (填“一”或“二”)若考虑电流表的内阻，则水果电池电动势的测量值______ 真实值(填“大于“等于”或“小于”)。
19. 气压式升降椅质量安全问题日渐引起媒体及公众的关注。气压式升降椅通过气缸上下运动来调节椅子升降，其结构如图乙所示。圆柱形气缸与椅面固定在一起，其质量m=8kg。与底座固定的横截面积为S=40cm2的柱状气缸杆，在气缸中封闭了长度为L=20cm的理想气体。气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知室内温度T1=308K，大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)质量M=72kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离；
(2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2=300.3K，该过程外界对封闭气体所做的功。
20. 小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37∘且滑动摩擦因数为μ1=0.5的倾斜轨道BCEF、接触面光滑的螺旋圆形轨道CDGE、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成，木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道BC、EF相切于C(E)处，切点到水平地面的高度为1.2R。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m=2kg的物块(可视为质点)，物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道BC，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道EF后滑上长木板。已知长木板的质量M=6kg、h0=1.8m、R=2m、h1=6.6m，空气阻力不计，g取10m/s2。求：
(1)物块从A点抛出时速度v0的大小；
(2)物块经过螺旋圆形轨道低点D时对轨道的压力；
(3)若物块与长木板之间的动摩擦因数μ2=0.6，且物块恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；若长木板固定不动，且物块和木板是某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力(与摩擦力类似)大小与物块速度大小v成正比，即Ff=kv，k=3kg/s，要使物块不滑出长木板，长木板至少为多长。
21. 电和磁有许多相似之处，比如同种电荷相斥，同名磁极也相斥，异种电荷相吸，异名磁极也相吸；变化的电场激发磁场变化的磁场也能激发电场。著名的英国物理学家狄拉克曾预言磁单极子可以像正负电荷一样独立存在，所谓磁单极子是指仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布(如图甲)。若存在一N极磁单极子如图乙所示，固定于水平桌面上，其上覆盖一半径为r的半球壳，球心恰好在磁单极子处，球壳表面绝缘光滑。现在半球壳上方轻轻放置一特殊材料制成的质量为m的弹性导电线圈，线圈开始时半径为r0=35r，电阻为R，线圈在重力作用下沿着半球壳下滑，下滑过程中线圈平面始终在水平面内，当线圈下滑高度h=0.2r时速度为v，已知磁单极子距离为d处的磁场强度大小为B=kd，弹性线圈存储的势能与橡皮筋类似，当线圈长度伸长△x时存储的弹性势能为Ep=12k′△x2，上述式中k、k′均为常数，求：
(1)半球壳上各处磁场强度大小和穿过半球壳的磁通量(球体表面积计算公式：S=4πr2)；
(2)线圈下落高度h=0.2r时的电流大小和方向(从上往下俯视看)；
(3)线圈下落高度h=0.2r的过程产生的焦耳热Q。
22. 如图所示为某一仪器的部分原理示意图，虚线OA、OB关于y轴对称，∠AOB=90∘，OA、OB将xOy平面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅲ内存在水平方向的匀强电场，电场强度大小相等、方向相反。带电量为q、质量为m的粒子自x轴上的粒子源P处以速度v0沿y轴正方向射出，经时间t到达OA上的M点，且此时速度与OA垂直。不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)为使粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，可在区域Ⅱ内加一垂直xOy平面的有界匀强磁场，求该磁场的磁感应强度的最小值和粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的横坐标；
(3)当匀强磁场的磁感应强度取(2)问中的最小值时，且该磁场仅分布在Ⅱ区域的一个圆形区域内。由于某种原因的影响，粒子经过M点时成散射状，速度与OA垂直方向的夹角为θ，θ≤θ0，速度大小均相同，如图所示，但速度与OA垂直的粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，求各粒子经过OB时与N点的距离L和θ的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、磁通量Φ=BS，磁通量的单位用T⋅m2来表示，磁通量是标量，故A错误；
B、冲量既有大小又有方向是矢量，根据动量定理I=△p，可知冲量的单位是kg⋅m/s，故B错误；
C、电场强度是矢量，E=Fq，F=ma，q=It，所以其单位是kg⋅m/(A⋅s3)，故C正确；
D、磁感应强度是矢量，根据B=FIL，知磁感应强度的单位是1T=1NA⋅m=1kg/(A⋅s2)，故D错误。
故选：C。
标量是只有大小没有方向，遵守代数运算法则；矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则，根据物理量之间的关系式即可推导出来物理量的单位。
本题考查矢量和标量以及国际单位制中的单位问题，对于矢量，可根据其方向特点和运算法则进行记忆，知道矢量的运算遵守平行四边形法则。
2.【答案】B
【解析】解：以弓和所挂重物为研究对象，设弦对a点的拉力为F，如图所示
根据共点力平衡
2Fcsθ=Mg
整理解得F=Mg2csθ
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据共点力平衡条件列式求解弓力大小。
该题考查力的合成与分解的应用，解答的关键是正确写出弓力与拉力的关系。
3.【答案】D
【解析】解：A.“100周年”是时间问隔，故A错误；
B.研究直升机螺旋桨的运行情况时，其大小形状不可忽略，螺旋桨不可视为质点，故B错误；
C.以其中一架直升机为参考系时，其余直升机相对位置没有发生变化，所以是静止的，故C错误；
D.根据物体的平衡条件，直升机受重力和空气对对它的作用力两个力的作用，直升机处于平衡状态所以空气对直升机的作用力大小等于直升机受到的重力大小，故D正确。
故选：D。
“100周年”是时间问隔，根据质点的概念分析；以其中一架直升机为参考系时，其余直升机的位置不变，根据共点力平衡条件分析。
本题考查质点、参考系、共点力平衡条件等内容，解题关键掌握飞机的运动状态和受力分析，从而分析解答。
4.【答案】C
【解析】解：A、运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中，受到向下的重力和向上的弹力，弹力不断增大，开始阶段，重力大于弹力，合力减小，加速度减小，速度增大。当弹力等于重力时加速度为零。之后，弹力大于重力，合力向上且不断增大，运动员做减速运动，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，弹力等于重力时速度最大，故A错误。
B、弹性绳的弹性势能为零时，弹力为零，运动员的合力向下，速度增大，此时速度不是最大，弹力等于重力时速度最大，故B错误。
C、弹性绳的弹性势能最大时，运动员到达最低点，动能为零，故C正确。
D、对于运动员、地球和蹦极绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。则运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量与动能增加量之和，故D错误。
故选：C。
根据运动员的受力情况，分析其加速度的变化情况，并判断速度的变化情况．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加．对于运动员、地球和蹦极绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．由此分析即可．
本题类似于小球掉在弹簧上的类型，要抓住弹力的可变性，由牛顿第二定律定性分析运动员的运动情况．
5.【答案】C
【解析】解：A.在最高点b，炮弹除了受重力还受到向后的空气阻力，加速度大于g，故A错误；
B.根据曲线运动特点，炮弹经过c点时加速度方向一定指向轨迹凹侧，故B错误；
C.炮弹经过a点时，受空气阻力和重力共同作用，空气阻力方向与速度方向相反斜向左下方，根据牛顿第二定律，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，所以炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g，故C正确；
D.设炮弹由a点运动到b点过程中，受阻力平均竖直分量为f1，由b点运动到c点过程中，受阻力平均竖直分量为f2，根据牛顿第二定律，则前、后两个过程炮弹竖直平均加速度大小分别为a1=mg+f1m
a2=mg−f2m
故选：C。
受力分析，分析炮弹在最高点的加速度；
曲线运动受力指向轨迹凹侧；
炮弹经过a点时，受力分析，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，a点时加速度的竖直分量大于g；
根据牛顿第二定律，比较竖直加速度，再根据运动学规律，比较时间。
本题是一道实际问题，需要考虑空气阻力，学生在受力分析时要考虑，同时结合牛顿第二定律和运动学公式，即可解答。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据图像可知，波长为2m，1m宽的障碍物小于波长，能发生明显衍射，故A正确；
B.根据波长、波速与周期的关系可知：v=λT=22m/s=1m/s，故B错误；
C.根据“同侧法”，质点P沿正方向运动，可知该波沿x轴负方向传播，故C错误；
D.在传播过程中，质点不会随波迁移，所以质点P在1s时间里不会沿波的传播方向前进，故D错误。
故选：A。
由图像获取波长，根据衍射条件判断；根据波长、波速与周期计算波速；根据“同侧法”，判断波的传播方向；传播过程中，质点不会随波迁移
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成原因和传播规律。
7.【答案】C
【解析】解：A.由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A错误；
B.阻尼器属于受迫振动，所以阻尼器的振动频率取决于大楼的振动频率，与自身的固有频率无关，故B错误；
C.大楼对阻力器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据回复力F=−kx，可知阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C正确；
D.阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，故D错误。
故选：C。
阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同；阻尼器属于受迫振动，所以阻尼器的振动频率取决于大楼的振动频率，与自身的固有频率无关；大楼对阻力器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，可判断摆动方向始终与大楼的振动方向相反。
本题以阻尼器为考查背景，主要考查了受迫振动的相关概念。理解受迫振动发生的条件和振幅的特点，结合回复力公式即可即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：A.由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误；
BC.稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即evB=eUd(d为前后面之间的距离)
由电流微观表达式I=neSv
联立可得U=Bdv=BdIneS=BdERneS=BdEρlSneS=BdEρnle
则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，故BC错误；
D.若要测量南极附近地磁场，由于南极附近的地磁场垂直于地面，工作面应该处于水平状态，故D正确。
故选：D。
根据左手定则分析出粒子的受力方向；根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式；理解地磁场的分布情况，从而分析出元件的摆放特点。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则的应用，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析，难度不大。
9.【答案】BC
【解析】解：A.核反应中放出的射线来源于生成的新核从高能级向低能级跃迁时，放出能量伴随γ辐射，故A错误；
B.根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，新核镤233变成铀233的核反应方程式是 91233Pa→92233U+−10e，故B正确；
CD.钍 90233Th变成铀 92233U的整个过程中释放能量而核子数不变，则生成的新核铀更加稳定，则新核铀 92233U的比结合能大于钍 90233Th的比结合能，故C正确，D错误。
故选：BC。
核镤233从高能级向低能级跃迁时，放出能量，会伴随γ辐射；根据核反应过程的电荷数和质量数守恒可判断核反应方程是否正确；β衰变过程中释放能量，则生成的新核铀233更加稳定，比结合能大。
本题主要考查了原子核的衰变，明确核反应过程中，电荷数和质量数守恒，知道结合能的概念，知道从高能级向低能级跃迁，放出能量。
10.【答案】D
【解析】解：A、空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，绕地球近似做匀速圆周运动，处于完全失重状态，由万有引力提供向心力，所以他们相对于地心处于非平衡状态，故A错误；
B、空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=mv2R+h；在地球表面上，有GMmR2=mg，联立解得空间站的线速度大小为v= gR2R+h，故B错误；
C、在地球表面上，由GMmR2=mg，可得地球的质量为M=gR2G，故C错误；
D、由万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，结合在地球表面有GMmR2=mg，可得空间站的周期为T=2π (R+h)3gR2，故D正确。
故选：D。
空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，绕地球近似做匀速圆周运动，处于完全失重状态。空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，据此列式求出空间站的线速度大小；根据在地球表面上，物体的重力等于万有引力，即可求出地球的质量；根据万有引力提供向心力求解空间站的周期。
解决本题的关键是知道空间站绕地球运动靠万有引力提供向心力，在地球表面上，物体的重力等于万有引力，能灵活运用黄金变换求相关物理量。
11.【答案】B
【解析】解：激光器转动的周期为：T=2πω，
转一周的过程中虚线圆单位长度接收到的光能量为：E0=PT2πR
接收屏接收到的光能量为：E=E0l
每个光子能量为：E1=hν=hcλ
则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为：N=EE1
联立解得：N=lλPhcRω，故B正确、ACD错误。
故选：B。
求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，再根据光子能量的计算公式进行解答。
本题主要是考查光子能量的计算，解答本题的关键是求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，掌握光子能量计算公式。
12.【答案】C
【解析】解：A、已知单位时间内飘入的正离子数目为n，离子电荷量为q，则正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I=Qt=nq，故A错误；
B、电场对离子加速，由动能定理有QU=12m0v02
取向右为正方向，对n个正离子，根据动量定理有m0v0 =Ft
其中m0=nmt，Q=nqt
由牛顿第三定律知离子推进器获得的平均推力大小F′=F
联立解得离子推进器获得的平均推力大小F′=n 2mqU，故B错误；
C、加速正离子束所消耗的功率P=12m0v02t=nqU，故C正确；
D、根据以上分析可得FP=n 2mqUP=n 2mqUnqU= 2mqU，要使FP尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷qm更小的离子作为推进器，故D错误。
故选：C。
根据电流的定义式I=Qt求解等效电流大小。电场对正离子加速，由动能定理求出离子加速获得的速度，由动量定理求出离子受到的作用力大小，由牛顿第三定律得到离子推进器获得的平均推力大小。根据P=Wt求加速正离子束所消耗的功率P。根据FP的表达式，分析增大FP的方法。
本题以离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整为情景载体，考查了动量定理、动能定理、电流的定义式、功率等知识，要求学生能够熟练应用相关知识去解决实际问题，灵活选择研究对象，建立模型，利用力学和电路规律处理。
13.【答案】C
【解析】解：A.当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，如图
根据几何关系：sini=x2R，sinr=R2R
根据折射定律n=sinisinr
解得x= 2R
当x> 2R时，光不会经过内圆，故A错误；
B.由上式可知
i=45∘
r=30∘
根据几何关系，光线从外圆射出的方向与图中入射光线夹角小于45∘，故B错误；
C.当图中角为45∘时，发生全反射，如图：
根据几何关系，r<180∘−(180∘−45∘)2=22.5∘
则sini< 2sin22.5∘
则x<2Rsini=2 2Rsin22.5∘
即存在x<2 2Rsin22.5∘
某一值时会发生全反射，故C正确；
D.无论怎样调整光线与MN之间距离，光线从外球面射向空气时，入射角都不能大于或等于临界角，不满足全反射条件，不能在外球面发生全反射，故D错误。
故选：C。
当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，画出光路图，根据几何关系和折射定律，分析光是否经过内圆；
当图中角为45∘时，发生全反射，画出光路图，根据几何关系，分析是否存在某一值时会发生全反射。
本题解题关键是正确画出不同情形下的光路图，根据折射定律和几何关系分析问题。
14.【答案】ACD
【解析】解：A.做抛体运动(不计空气阻力)的物体仅受重力作用，竖直向下，由Δp=mgΔv可得做抛体运动(不计空气阻力)的物体在运动过程中相同时间内动量变化相同，故A正确；
B.当单独存在的核子结合成原子核，会释放巨大能量，由质能方程可知，单独存在时的总质量大于该原子核的质量，故B错误；
C.“彩超”利用超声波的多普勒效应，根据反射波的频率变化，就能知道血流的速度，故C正确：
D.根据爱因斯坦的相对论时空观，运动物体的空间距离和物理过程的时间进程都跟物体的运动状态有关，故D正确。
故选：ACD。
根据动量定理比较动量的变化量，单独存在的核子结合成原子核，会释放巨大能量，根据多普勒效应分析C；根据爱因斯坦的相对论时空观分析D。
本题考查多普勒效应、质能方程、相对论等知识点，解题关键注意平时对基本概念的积累。
15.【答案】AC
【解析】解：A.根据光电效应方程Ek=hν−W
再根据动能定理eUc=Ek
联立可得eUc=hν−W
由图像可知，c光的遏止电压最大，a光最小，可知νa<νb<νc
而光子动量和能量之间的关系p=hνc
因此光子动量之间的关系为pa
C.根据ν=cλ，可知λa>λb>λc
根据双缝干涉相邻亮(暗)纹间距公式Δx=Ldλ
可知通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大，故C正确；
D.若这三种光是原子从能级n=3跃迁到较低能级时发出的光，利用光电效应方程可知hcλc=hcλb+hcλa，整理得1λc=1λb+1λa，故D错误。
故选：AC。
根据遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，从而结合光电效应方程比较入射光的频率；结合光子的波长的公式以及光子的动量公式判断；根据双缝干涉的条纹公式判断；结合E=hν=hcλ判断。
解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程，同时理解光电流的大小与光强有关．
16.【答案】BC 甲乙丙 2.0不合理 大
【解析】解：①在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中需要用到天平测量小车的质量，用刻度尺测量纸带，故选：BC。
②三个实验装置平台都是水平的，都需要抬高木板的一端平衡摩擦力，故选：甲乙丙；
小车的加速度为：a=xCE−xAC4T2=(7.93−3.32−3.32)×10−24×0.042m/s2=2.0m/s2
在甲装置中，只有当重物的质量m远小于小车的质量M时，才可认为重物的重力近似等于小车的牵引力；由牛顿第二定律：mg=(m+M)a
解得：M=4m，即M不是远大于m，故该同学实验时选用的M、m的比例关系不合理；
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则打点周期偏大，而计算时仍用0.02s计算，则实验测得的加速度比真实值大。
故答案为：①BC；②甲乙丙、2.0、不合理；③大。
①根据“探究加速度与力、质量的关系“实验的原理，确定需要测量的物理量，从而选定工具；
②由于摩擦阻力的存在，均必须平衡阻力；根据Δx=aT2求解加速度；求出加速度后，分析是否满足M>>m的条件；
③根据实验原理分析当频率变小时，误差的偏大还是偏小；
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。
17.【答案】AD ②
【解析】解：(1)A.实验时，为了确保研究的气体质量一定，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，以保证封闭气体的气密性，故A正确；
BC.本实验要求一定量的气体作等温变化，改变气体体积时应缓慢推拉活塞，且不能用手握住注射器，故BC错误；
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀，就能够用刻度的长度间接表示不同状态下气体的体积，可以不标注单位，故D正确；
E.实验过程中只需要研究的气体质量一定，则等温过程中有p1V1=p2V2
可知，实验前不需要用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量，故E错误。
故选：AD。
(2)根据克拉珀龙方程有pV=nRT
其中物质的量n=mM0
联立解得p=mRM0⋅1V
可知，压缩气体时漏气时，研究的气体的质量减小，即p−1V图像上切点的斜率减小，可知此时作出的图线应为图乙中的②。
故答案为：(1)AD；(2)②。
(1)A.该实验探究的是一定质量的理想气体压强与体积的关系，要求密闭性要好，据此分析作答；
BC.本实验要求一定量的气体作等温变化，改变气体体积时应缓慢推拉活塞，且不能用手握住注射器；
D.注射器的横截面积一定，气体的体积可以用刻度的长度表示，只要刻度均匀即可；
E.根据一定质量理想气体等温变化中气体的体积和压强关系分析作答；
(2)根据克拉伯龙方程和物质的量分析作答。
本实验探究气体等温变化的规律，实验过程中要始终保持气体作等温变化和气体的质量不变。
18.【答案】二 等于
【解析】解：(1)根据欧姆定律可知：IGrG=(I−IG)R1
将IG=200mA=0.2A，I=600mA=0.6A，代入解得：R1=0.15Ω.
(2)根据丙图可知电压表分度值为0.1V，电压表读数为2.60V；根据图乙可知电流计的读数为100mA，通过电阻R1的电流等于通过电流计G电流的2倍，则电路的总电流为300mA；
根据闭合电路欧姆定律有：U=E−3I(RA+r)
根据图像可知，电源的电动势为：E=2.93V
因改装的电流表的内阻为RA=R1rGR1+rG，代入数据解得：RA=0.1Ω
则图像的斜率k=3(r+RA)=2.93−2.40160×10−3Ω=3.375Ω，解得：r=1.03Ω.
(3)电压表的内电阻一般是几千欧到几十千欧，而水果电池的内电阻约5千欧，则图方案一中，电压表的分流作用较明显，所以不能采用方案一的电路，应采用方案二的电路。
若使用图像法来分析数据，电源电动势为：E=I(r+R)，
则有：R=E⋅1I−r，
可知电池的电动势等于图线的斜率，电流表的内阻，对此没有影响，所以即使考虑电流表的内阻，水果电池电动势的测量值仍然等于真实值。
故答案为：(1)0.15；(2)2.60，300，2.93，1.03；(3)二，等于
(1)根据电路的结构，根据欧姆定律求解电阻R1的阻值；
(2)根据图丙所示电压表表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据图乙所示图象求出电压对应的电流计G的读数；然后根据改装后的电流表结构确定通过电源的电流；根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻。
(3)结合电压表的内电阻的影响分析，根据图象法分析数据误差。
本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理。
19.【答案】解：(1)初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得：mg+p0S=p1S
解得p1=1.2×105Pa
质量M=72kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡可得：(M+m)g+p0S=p2S
解得p2=3×105Pa
设稳定后缸内气体柱长度为L′，根据玻意耳定律可得：p1LS=p2L′S
解得：L′=8cm
则椅面下降了：Δh=L−L′=20cm−8cm=12cm
(2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2=300.3K，该过程气体发生等压变化，则有：L′ST1=L′′ST2
解得室内气温缓慢降至T2=300.3K时，气体柱长度为L′′=7.8cm
外界对封闭气体所做的功为：W=(p0S+Mg+mg)(L′−L′′)
解得：W=2.4J
答：(1)质量M=72kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离为12cm；
(2)该过程外界对封闭气体所做的功2.4J。
【解析】(1)应用平衡条件求出气缸内气体的压强，然后应用玻意耳定律求出气柱的长度和椅面下降的距离；
(2)应用盖-吕萨克定律求出气柱的长度，应用功的计算公式求出外界对气体做的功。
分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件求出气体的压强，应用玻意耳定律与盖-吕萨克定律即可解题。
20.【答案】解：(1)物块从A点做平抛运动到B点，则有vBy2=2gh0，v0=v∖user2Bytanθ
解得v0=8m/s
(2)从A到D由动能定理可得mg{h0+h1−[1.2R−(R−Rcsθ)]}−μ1mgcsθ⋅(h1−1.2R)sinθ=12mvD2−12mv02
在D点，对物块分析有N−mg=mvD2R
根据牛顿第三定律有N′=N
解得N′=156∖user2N
方向竖直向下。
(3)从A到F过程有mg(h0+h1)−μ1mgcsθ⋅h1sinθ=12mvF2−12mv02
解得vF=12m/s
物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有mvF=(m+M)v
解得v=3m/s
假设物块刚好不滑离长木板，对木块和长木板系统由能量守恒定律得Q=12mvF2−12(m+M)v2
解得Q=108J
若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力Ff=kv
对木块m由动量定理得Σ−FΔt=0−mvF
即有Σ−kv⋅Δt=−mvF
由于Lmin=Σv⋅Δt
解得Lmin=8m
答：(1)物块从A点抛出时速度v0=8m/s；
(2)物块经过螺旋圆形轨道低点D时对轨道的压力大小为156N，方向竖直向下；
(3)物块与长木板系统产生的热量108J；长木板至少长8m。
【解析】(1)物体由A运动至B做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，物体运动至B点时合速度方向沿斜面向下，利用平抛运动规律可以求解。
(2)B运动至D点一个过程首先选用动能定理，求出D点的速度，同时D点属于匀速圆周运动的一个状态，利用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解。
(3)利用动量守恒定律和能量守恒定律求解物块与长木板系统产生的热量；长木板固定不动时选用动量定理求解模板的长度。
此题涉及到单个物体多个过程，多个物体单个过程板块模型问题，单个物体首先选用两大定理，相互作用的物体选用动量守恒定律和量守恒定律求解；对学生的分析综合能力要求较高，也是重点题型之一，第三问需要探究发现动量定理的积累思想。
21.【答案】解：(1)半球壳面上磁感应强度大小相同，都为B=kr
穿过半球面的磁通量即为磁感应强度与半球壳表面积的乘积 Φ=2Bπr2=2kπr
(2)根据楞次定律 电流方向为俯视顺时针
线圈开始时高度
h0= r2−(35r)2=45r，当下落高度h=0.2R时，半径变大为r1
由几何关系
r1= r2−(h0−h)2=45h
此时可等效成长度为l=2πr1，的导线在切割磁感线产生感应电动势。
ɛ=Blv代入数据得ɛ=8kπv5
我们还要注意到此时线图导线长度变大，导线截面积变为原来的34，有电阻定律R=ρlS
可得线圈下落高度h=0.2R时电阻变为R1=196R
电流大小为I=εR1=9kπv10R
(3)下落过程能量守恒
mgh=12mv2+Q+12k′△x2
△x=2πr1−2πr0=25πr
得Q=15mgr−12mv2−2k′π2r225
答：(1)半球壳上各处磁场强度大小为kr，穿过半球壳的磁通量为2kπr；
(2)线圈下落高度h=0.2r时的电流大小为和方向9kπv10R，顺时针方向；
(3)线圈下落高度h=0.2r的过程产生的焦耳热Q为15mgr−12mv2−2k′π2r225
【解析】(1)根据题意可求得磁场大小及磁通量；
(2)根据几何关系求得有效长度，通过电磁感应求得电流；
(3)下落过程能量守恒可求得焦耳热Q。
本题信息量较大，学生要注意学会分析题目含义，根据感应电动势的计算方式和能量守恒定律解决。
22.【答案】解：(1)粒子在Ⅰ区域内做类平抛运动，在竖直方向有：Lsin45∘=v0t
沿电场方向有：v0tan45∘=Eqmt
解得：t= 2L2v0，E= 2mv02qL
(2)粒子在Ⅱ区域内做匀速圆周运动，其轨道半径r大=L
又因为qvB=mv2r
v= 2v0
B小=2mv0qL
粒子进入Ⅲ区域后，其运动轨迹NQ与PM对称，则
水平位移x=v02t
又t= 2L2v0
所以x= 24L
xQ=OQ−=OP−= 22L+ 24L=3 24L
(3)该圆形磁场区域的半径r等于其轨迹圆半径R，即r=R=L
所有粒子出磁场时速度方向平行，其落点在直线OB上的GH两点之间，如图
GH=2rsinθ=2Lsinθ
答：(1)匀强电场的电场强度E的大小为 2mv02qL；
(2)该磁场的磁感应强度的最小值是 2mv0qL，粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的横坐标为3 24L；
(3)所有粒子经过OB时的区域长度2Lsinθ
【解析】(1)粒子在Ⅰ区域做类平抛运动，将运动分解，即可求得电场强度．
(2)使粒子通过N点且磁感应强度最小，则粒子在Ⅱ内做匀速圆周运动半径R=OM，粒子经N点后进入Ⅲ区域，做匀变速曲线运运动，由运动分解知识求得到达x轴上Q点的横坐标．
(3)该圆形磁场区域的半径r等于其轨迹圆半径R，分别作出两边缘状态的轨迹图，由几何关系求解．
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，关键理清粒子的运动轨迹，以及运动的情况，结合几何关系进行求解．
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