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2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联考高二（下）期末物理试卷（含解析）
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2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联考高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列关于静电场和磁场的说法正确的是( )
A. 放入静电场某处的试探电荷所受电场力为零，则该处的电场强度一定为零
B. 放入磁场某处的一小段通电直导线所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零
C. 放入静电场某处的试探电荷所受电场力的方向与该处电场强度的方向一定相同
D. 放入磁场某处的一小段通电直导线所受安培力的方向与该处磁感应强度的方向一定相同
2. 如图，电磁继电器是一种利用光电效应工作的仪器。当光照射到光电管阴极时，阴极会逸出光电子，此时放大器中有电流流过，进而使得电磁继电器工作，实现自动控制。若用黄光照射光电管阴极时，电磁继电器没有工作，则下列操作可能使电磁继电器工作的是( )
A. 减小黄光的光照强度 B. 增大黄光的光照强度
C. 改用红光照射光电管阴极 D. 改用蓝光照射光电管阴极
3. 冷冻电子显微镜能捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程。如图为某种电子显微镜内电场线的分布图，一电子仅在电场力作用下沿直线从a点运动到c点，b为线段ac上的一点。下列说法正确的是( )
A. 场强大小关系为：Ea>Eb
B. 电势高低关系为：φa<φb
C. 电子从a点运动到c点的过程中，其电势能逐渐变大
D. 电子从a点运动到c点的过程中，其动能先变大后变小
4. 如图，一质量为m、长为L的直导线用两等长的绝缘细线悬挂于等高的O、O′两点，整个导线处于匀强磁场中。现给导线通以沿O′O方向的电流I，当细线与竖直方向的夹角为30°时，直导线保持静止，重力加速度大小为g。若磁感应强度方向刚好沿细线向下，则磁感应强度大小为( )
A. 3mgIL B. mg2IL C. 3mg2IL D. 3mg3IL
5. 如图，把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈与铁环彼此绝缘，线圈A与电池相连，线圈B用长直导线连通，长直导线正下方平行于导线放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是( )
A. 开关S闭合的瞬间，小磁针的N极向里偏转
B. 保持开关S闭合且不移动滑动变阻器R的滑片，小磁针的N极向里偏转
C. 保持开关S闭合且向右移动滑动变阻器R的滑片，小磁针的N极向里偏转
D. 开关S断开的瞬间，小磁针的N极向里偏转
6. 如图，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置(矩形线圈水平)开始计时。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。下列说法正确的是( )
A. 当矩形线圈处于图示位置时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为0
B. U2=4NBSω
C. 滑动变阻器的滑片向c端移动的过程中，I2变大
D. 滑动变阻器的滑片向d端移动的过程中，I1变小
7. 物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图，平行板电容器两极板M、N与电压恒定的电源相连，M极板与电源的正极之间接有一灵敏电流计。现有一带电油滴恰好悬浮在两极板间的A点，电容器的N极板接地。现将M极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电 B. 灵敏电流计中有从b流向a的电流
C. 油滴将竖直向上运动 D. 电容器中A点的电势将升高
8. 如图，电阻不计的光滑平行金属导轨竖直放置，金属导轨足够长，下端接一电阻R，整个空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。t=0时刻，将一金属杆ab以初速度v0竖直向上抛出，t=t1时金属杆ab又返回到出发位置，金属杆ab在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。下列图像能正确描述在0～t1这段时间内金属杆ab的速度与时间关系的是( )
A. B.
C. D.
9. 核电池又叫“放射性同位素电池”，已用于心脏起搏器和人工心脏，工业上常用钚(94238Pu)的衰变制作核电池。钚(94238Pu)在衰变过程中要释放γ光子，其衰变方程为 94238Pu→X+92234U，半衰期为88年。下列说法正确的是( )
A. 该衰变为α衰变
B. 若环境温度升高，则钚( 94238Pu)衰变得更快
C. 经44年，16毫克的钚( 94238Pu)还能剩下4毫克
D. X原子核与 92234U原子核的总质量小于钚( 94238Pu)的质量
10. 如图，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子从圆形磁场边界上的A点沿直径AOB方向射入磁场，最终从圆形磁场边界上的C点离开磁场。粒子的电荷量为+q、质量为m，粒子射入磁场的速度大小为 3qBRm，D为圆形磁场边界上的一点，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中运动的轨道半径为r= 3R
B. 粒子在磁场中运动的时间为t=2πm3qB
C. 若只增大粒子射入磁场的速度大小，则粒子可能从D点离开磁场
D. 若只增大磁场的磁感应强度，则粒子可能从D点离开磁场
11. 如图所示的电路中，定值电阻R的阻值为1.0Ω，电源的电动势为E=3V，电源的内阻r未知。单刀双掷开关接到1时，电流表的示数为2A；单刀双掷开关接到2时，电动机正常工作。若电动机的内阻rM与定值电阻R的阻值相同，不计电流表的内阻，则下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻为r=1.0Ω
B. 单刀双掷开关接到1时，电源的输出功率为4W
C. 单刀双掷开关接到2时，电流表的示数小于2A
D. 单刀双掷开关接到2时，电流表的示数大于2A
12. 一种粒子分离装置的原理如图所示，一电子从粒子源无初速度飘入加速器，经加速后沿选择器的轴线方向射入选择器的两极板之间，两极板间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两极板间加有电压且上极板带正电，下极板带负电，电子在选择器中的运动轨迹如图所示，不计电子的重力。下列说法正确的是( )
A. 电子从选择器射出时的动能大于电子射入选择器时的动能
B. 电子从选择器射出时的动能小于电子射入选择器时的动能
C. 要使电子在选择器中做直线运动，可以只增大加速器两极板间的电压
D. 要使电子在选择器中做直线运动，可以只减小加速器两极板间的电压
13. 欧姆表的原理如图所示，电池的电动势为E、内阻为r，灵敏电流表G的满偏电流为Ig、内阻为Rg。
(1)图中的A端应与______ (填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)将两表笔短接，调节可变电阻使灵敏电流表G满偏，此刻度对应的电阻值为______ (填“0”或“∞”)，可变电阻接入电路的阻值为______ (用题中已知物理量的字母表示)。
(3)将两表笔间接待测电阻Rx，此时灵敏电流表G中的电流为I，则待测电阻Rx= ______ (用题中已知物理量的字母表示)。
14. 某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为100Ω)，除待测电阻Rx、开关、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表V(量程为2V，内阻RV为240Ω)；
B.电流表A1(量程为0.1A，内阻r1约为8Ω)；
C.电流表A2(量程为0.6A，内阻r2约为0.05Ω)；
D.电源(电动势为10V，额定电流为2A，内阻不计)；
E.滑动变阻器R1(阻值范围为0～10Ω，额定电流为2A)；
F.定值电阻R2=480Ω；
G.定值电阻R3=960Ω；
H.定值电阻R4=1200Ω。
(1)由于电压表量程太小，该同学可选用定值电阻______ 和电压表V串联，改装成量程为10V的电压表，电流表应选用______ 。(均填器材前的字母代号)
(2)如图为在(1)基础上的部分实验实物连线图，为使测量结果尽量准确，请用笔画线代替导线完成剩余部分实物连线。
(3)若某次测量中，电压表V的示数为U，电流表的示数为I，则待测电阻Rx的阻值的表达式为Rx= ______ (用题中已知物理量的字母表示)。
(4)实验过程中，将滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表V和电流表的示数变化很小，试简要描述一种可能的电路故障：______ 。
15. 如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L=1m，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分在CD处平滑连接。平直部分导轨右端NQ间接一阻值为R=1Ω的定值电阻，虚线CDEF区域内存在长度为d=1.27m、方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场。一质量为m=1kg、长度为L=1m、电阻也为R=1Ω的金属棒ab从高度为h=0.8m处由静止释放，到达磁场右边界EF处时恰好停止。已知金属棒ab与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小取g=10m/s2，金属棒ab与导轨始终接触良好。求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时通过金属棒ab的电流大小和方向；
(2)整个运动过程金属棒ab中产生的焦耳热。
16. 如图，绝缘光滑水平面AB和竖直平面内的绝缘光滑四分之一圆弧轨道BO在B点平滑连接，轨道半径为R。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)将轻质绝缘弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 gR，之后沿轨道BO运动。以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x>−R区域存在方向水平向右、电场强度大小为E=mgq的匀强电场，重力加速度大小为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
(2)小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小；
(3)小球经过O点后速度最小时小球的位置坐标。
17. 如图甲为空间站上某种离子推进器，由离子源、间距为d、中间有小孔的平行金属板M、N和边长为L的立方体组成，其后端面P为喷口。以N板中心小孔为坐标原点O建立x轴、y轴和z轴，xOy平面与N板共面，z轴垂直于N板所在平面。M、N板正对空间存在电场强度大小为E、方向沿z轴正方向的的匀强电场，立方体中沿x轴和y轴方向存在如图乙所示的交变磁场，其中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源中射出后做匀速直线运动，经M板中心小孔射入电场，再经N板中心小孔以相对推进器为v0的速度射入磁场，最终从喷口P射出。单个离子的质量为m、电荷量为+2e，不计离子重力及离子间的相互作用力，不考虑离子与器壁的碰撞，单个离子在推进器中的运动时间远小于磁场变化周期T，射出离子的总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从离子源中射出时相对推进器的速度大小vS；
(2)若要使在t=T4时刻射入的离子能从喷口P射出，求磁感应强度大小B0的取值范围；
(3)若单位时间从喷口P射出的离子个数为n，且B0=3 2mυ020eL，求t0时刻离子束对推进器沿z轴方向的推力。
18. 根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
B. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C. 用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105J
D. 一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量
E. 根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体
19. 如图所示，在开口向上的竖直放置圆筒形容器内用质量为m的活塞密封部分气体，活塞与容器壁间能够无摩擦滑动，大气压恒为P0，容器的横截面积为S，活塞静止于位置A.对活塞施加外力F，使其从位置A缓慢移动到位置B，位置A、B到容器底部的距离分别为h1、h2，密封气体与外界温度始终保持相同，已知重力加速度为g.求：
(i)活塞在位置A时，密封气体的压强；
(ii)活塞在位置B时，外力F的大小．
20. 如图甲，在电视剧《西游记》中，孙悟空为朱紫国国王悬丝诊脉，中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如图乙，假设“丝”上有A、B、C三个质点，坐标分别为xA=0、xB=0.4m、xC=1.4m，A、B两质点运动的方向始终相反，波长大于0.6m。t=0时刻，朱紫国国王搭上丝线图中的质点A，质点A开始振动，其振动图像如图丙所示，产生的机械波沿丝线向孙悟空传播。关于该机械波，下列说法正确的是( )
A. 波长为0.8m
B. 波速为1.6m/s
C. t=2s时，质点C第一次运动到波峰
D. 在t=0到t=2.25s内，质点B通过的路程为3.5mm
E. 若孙悟空将丝线的另一端搭在自己的脉搏上，他的脉搏振动频率为1Hz，则丝线中两列波相遇时能发生稳定的干涉现象
21. 如图，一内部空心、厚度均匀的圆柱形玻璃管内径为r，外径为3r，高为(2 3+1)r。一束单色光从玻璃管上方入射，入射点与M点的距离为r，光线与圆柱上表面成30°角，且与直径MN在同一竖直平面内。光线入射后从玻璃管内壁射出，最终到达圆柱底面。已知该玻璃管的折射率为 62，光在真空中的传播速度为c。(有光折射时，不考虑反射)
(ⅰ)证明光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射；
(ⅱ)求光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据公式F=qE可知，若放入静电场某处的试探电荷所受电场力为零，则该处的电场强度一定为零，故A正确；
B.一小段通电直导线放入磁场受到的安培力大小为：
F=BILsinθ
其中θ是电流方向与磁感应强度方向的夹角，若放入磁场某处的一小段通电直导线所受安培力为零，可能是导线与磁场平行，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C.正试探电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同，负试探电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故C错误；
D.由左手定则知一小段通电直导线在磁场某处所受安培力的方向与该处磁感应强度的方向是垂直关系，故D错误。
故选：A。
电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场；正电荷在电场中受到的电场力的方向与场强的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反；磁感应强度的方向与安培力的方向垂直。
本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，同时知道电荷有正负之分，注意电场力的方向与电场强度的方向、安培力的方向与该处磁感应强度的方向间的关系。
2.【答案】D
【解析】解：AB.电磁继电器通电时有磁性，断电时无磁性；用黄光照射光电管阴极时，电磁继电器没有工作，说明电路中没有光电流产生，根据光电效应产生的条件可知，黄光的频率小于极性频率，此时增大或减小黄光的强度都不能产生光电效应，故AB错误；
CD.根据光电效应产生的条件可知，要使光电子逸出从而产生光电流让电磁继电器工作，只能增大照射光的频率；红光的频率小于黄光，也不能使继电器工作，蓝光的频率大于黄光，可使继电器工作，故C错误，D正确。
故选：D。
AB.根据电磁铁的工作原理可知，用黄光照射光电管阴极时没有产生光电效应，再根据光电效应产生的条件分析作答；
CD.根据红光、黄光和蓝光的频率大小，结合光电效应产生的条件分析作答。
解决本题的关键是要弄懂电磁铁的工作原理，再结合光电效应产生的条件即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.由于b点处的电场线更密集，因此场强大小关系为：Ea
CD.电子从a点运动到c点的过程中，电场力做负功，因此其电势能逐渐变大，由能量守恒定律知动能逐渐变小，故C正确，D错误。
故选：C。
依据电场线的疏密，即可判定电场强度的强弱；沿着电场线方向，电势是降低的；负电荷从高电势向低电势，则其电势能减小；相反，则其电势能增大；根据能量守恒定律分析动能的变化。
本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，理解电荷的电势能高低的确定方法。
4.【答案】B
【解析】解：磁感应强度方向沿细线向下，安培力方向与细线垂直，对导体棒受力分析如图，
由共点力平衡条件得：
mgsin30°=BIL
解得：B=mg2IL，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对导体棒受力分析，根据共点力平衡条件求出磁感应强度大小。
本题考查了含有安培力共点力平衡问题，注意受力分析时要画出导体棒的截面图，才能准确地找到各力之间的关系。
5.【答案】A
【解析】解：A.开关S闭合的瞬间，根据安培定则可知，线圈A中产生向下的磁场，穿过线圈B的磁通量向上且增大，再由楞次定律可知，感应电流的磁场向下，因此线圈B中产生逆时针方向的感应电流，小磁针上方直导线中的电流方向水平向右，根据安培定则可知，小磁针所在位置的磁感线方向垂直纸面向里，因此小磁针N极向里偏转，故A正确；
BC.保持开关S闭合，无论如何移动滑动变阻器R的滑片，穿过线圈B的磁通量没有发生改变，线圈B中无感应电流，小磁针不偏转，故BC错误；
D.开关S断开的瞬间，线圈A中的电流减小，因此线圈B中产生顺时针方向的感应电流，根据安培定则可知，小磁针的N极向外偏转，故D错误。
故选：A。
A.开关S闭合的瞬间，根据右手螺旋定则判断线圈A中的磁场方向以及磁通量的变化情况，再根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向，然后判断小磁针的偏转方向；
BC.保持开关S闭合，穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，再根据楞次定律分析作答；
D.开关S断开的瞬间，线圈A中的电流减小，判断原磁通量的变化情况，然后根据楞次定律分析作答。
本题主要考查了磁通量的变化以及感应电流产生的条件，要求熟练掌握楞次定律。
6.【答案】C
【解析】解：A.当矩形线圈处于图示位置时，穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，故A错误；
B.线圈产生感应电动势的最大值为Em=NBSω
电压表的读数为有效值，大小为：U1=Em 2= 22NBSω
由于U1：U2=n1：n2
则U2=2 2NBSω，故B错误；
C.原线圈两端的电压U1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压U2不变，滑动变阻器的滑片向c端移动的过程中，滑动变阻器接入电路部分电阻值变大，副线圈电阻变大，总电流变小，R1两端的电压变小，R2两端的电压变大，因此I2变大，故C正确；
D.滑动变阻器的滑片向d端移动的过程中，同理可得流过副线圈的电流变大，根据变压器原、副线圈的电流关系可知I1变大，故D错误。
故选：C。
结合线圈的位置与感应电动势的关系判断感应电动势是否为零；根据法拉第电磁感应定律判断；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路的阻值变大，原副线圈电流均变小，电阻R0两端的电压变小；原线圈电压不变，原副线圈匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，滑动变阻器两端的电压变大。同理判断滑动变阻器滑片向下滑动过程中的变化。
本题考查了正余弦交流电产生的原理、变压器的原理和电路动态分析，理想变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，原副线圈的电流比与匝数比成反比。基础题目。
7.【答案】B
【解析】解：A、油滴静止在电容器中的A点，则油滴所受的电场力与重力等大反向，电场力方向竖直向上，而电容器中的电场强度方向竖直向下，所以油滴带负电，故A错误；
B、将M极板竖直向上移动，板间距离d增大，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知，电容C减小，根据Q=CU可知，U不变，所以Q减小，电容器放电，灵敏电流计中有从b流向a的电流，故B正确；
C、将M极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，因为电容器始终和电源相连，所以两极板间的电压U不变，根据表达式E=Ud可知，d增大，则E减小，油滴所受电场力减小，重力大于电场力，所以油滴将竖直向下运动，故C错误；
D、N极板接地，其电势为零。A点与N极板间的电势差为U′=Ed′，A点到N极板的距离d′不变，E减小，所以U′减小，根据U′=φA−φN=φA，可知，φA降低，故D错误。
故选：B。
油滴静止在电容器中的A点，分析其所受电场力方向与电场方向的关系，判断电性；将M极板竖直向上移动，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容的变化，由Q=CU分析电容器所带电荷量的变化，判断电流方向；根据E=Ud分析板间场强的变化，判断油滴的运动方向；根据U=Ed分析A点与N极板间电势差的变化，再判断A点电势的变化。
本题整合了油滴的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断油滴的电性，根据电容的决定式和定义式相结合进行分析。
8.【答案】D
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：F安=BIL=B⋅BLvR+r⋅L=B2L2vR+r
竖直向上的过程中金属棒受到两个竖直向下的力—重力与安培力，做减速运动
根据牛顿第二定律有：mg+B2L2vR+r=ma
解得：a=g+B2L2vmR+mr
所以金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；
同理，竖直向下的过程中，有：mg−B2L2vR+r=ma′
解得：a′=g−B2L2vmR+mr
随着金属杆ab的速度增加，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动。由于安培力做负功，返回时速度的大小应该比v0小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
分两个阶段对金属棒进行受力分析，并根据牛顿第二定律、动生电动势公式E=BLv、安培力公式F安=BIL、写出加速度的表达式，从而分析加速度的变化及速度的变化。
本题是关于单杆在磁场的电磁感应力学问题，考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律等内容，通过分析要理解金属杆在上升和下降过程中加速度随速度的变化规律，即v−t图象的斜率表达加速度。
9.【答案】AD
【解析】解：A.该衰变方程为 94238Pu→24He+92234U，X为 24He，该衰变为α衰变，故A正确；
B.放射性元素的半衰期与环境温度无关，只与元素本身的性质有关，故B错误；
C.因为半衰期的定义可得：
m=m0(12)12=8 2 mg
故C错误；
D.衰变过程存在质量亏损，故X原子核与 92234U原子核的总质量小于钚( 94238Pu)的质量，故D正确。
故选：AD。
根据质量数和电荷数守恒得出对应的衰变方程，从而分析出衰变的类型；
元素的半衰期与环境温度无关；
根据半衰期的定义得出钚的质量；
衰变过程存在质量亏损，从而分析出质量的大小关系。
本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后的特点，即质量数和电荷数守恒，结合质能方程即可完成分析。
10.【答案】AC
【解析】解：A.根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，解得粒子在磁场中运动的轨道半径为r= 3R，故A正确；
B.粒子在磁场中运动的周期为：T=2πrv=2πmqB
设轨迹所对应的圆心角为θ，如图所示：
则有：tanθ2=Rr= 33
可得：θ=60°
因此粒子在磁场中运动的时间为：t=60°360∘T=16T=πm3qB，故B错误；
CD.要使粒子经过D点需增大粒子做圆周运动的半径，由r=mvqB可知，应增大入射速度或者减小磁感应强度，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨道半径；求出粒子轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解粒子在磁场中运动的时间；要使粒子经过D点需增大粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力得到半径的表达式进行分析。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
11.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意，单刀双掷开关接到1时，I1=2A，由闭合回路欧姆定律得：
E=I1(R+r)
解得：r=0.5Ω，故A错误；
B.单刀双掷开关接到1时，电源的输出功率为：
P出=I12R
代入数据得：P出=4W，故B正确；
CD.由于电动机是非纯电阻，其消耗的电能大于产生的内能，则有
UI2>I22R
解得：U>I2R
由闭合电路欧姆定律得：
E=U+I2r
即E>I2R+I2r
解得：I2<2A，故D错误，C正确。
故选：BC。
根据题意结合闭合电路欧姆定律可解得电源内阻，并求出电源的输出功率；由于电动机是非纯电阻，根据其消耗的电能大于产生的内能结合闭合电路欧姆定律分析电流表的示数。
本题考查闭合电路的欧姆定律，解题关键掌握电路的认识，注意电动机是非纯电阻电路，无法直接用欧姆定律求电流。
12.【答案】BD
【解析】解：AB.电子在选择器中所受的电场力向上，洛伦兹力向下，由于运动轨迹向下弯曲，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，电子的动能减小，故A错误，B正确；
CD.由于运动轨迹向下弯曲，则有
evB>Ee
要使电子在选择器中做直线运动，需减小洛伦兹力，故需要减小电子射入选择器时的速度，根据
eU=12mv2
整理解得
v= 2eUm
所以需减小U，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据动能定理可知，洛伦兹力不做功，电场力做负功，电子的动能减小；
根据弯曲情况判断电场力与洛伦兹力大小，进而判读出需要减小的物理量速度，再根据动能定理求出速度表达式，判断改变速度需改变的物理量。
根据题意分析清楚粒子的受力情况与运动过程是解题的前提，应用动能定理即可解题。
13.【答案】黑 0 EIg−r−Rg EI−EIg
【解析】解：(1)电流从A端流出，根据“红进黑出”可知，A端应与黑色表笔相连接。
(2)将两表笔短接，接入的待测电阻为0，所以此时对应的电阻刻度应为0；由闭合电路欧姆定律有
E=Ig(r+Rg+R接)
可得
R接=EIg−r−Rg
(3)由闭合电路的欧姆定律有
E=I(r+Rg+R接+Rx)
可得
Rx=EI−EIg
故答案为：(1)黑；(2)0，EIg−r−Rg；(3)EI−EIg。
(1)根据欧姆表的内部结构分析判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律推导接入的电阻；
(3)由闭合电路欧姆定律推导待测电阻阻值。
本题关键掌握多用电表的内部结构、闭合电路欧姆定律。
14.【答案】G B 5UI−URV 连接电源“−”极和滑动变阻器“c”端的导线断路
【解析】解：(1)由电压关系有
U总=URV(RV+R)
解得
R=960Ω
所以定值电阻选用G；若将电源接在待测电阻Rx两端，此时通过Rx的电流最大，约为0.1 A，所以电流表选用B。
(2)因滑动变阻器R1远小于待测电阻Rx，所以电路用分压式；根据比值法可计算出改装好的电压表的内阻与待测电阻Rx的比值为R′VRx=12，待测电阻Rx与电流表A1的内阻的比值为RxRA=12.5，两个比值相差不大，但电压表内阻已知，电压表分得的电流可以计算，因此选用电流表外接法无系统误差。
(3)由闭合电路欧姆定律有
URV(RV+R3)=(I−URV)Rx
可得
Rx=5UI−URV
(4)若滑动变阻器R1和待测电阻Rx串联，因滑动变阻器R1远小于待测电阻Rx，所以移动滑片，电路中电流和待测电阻Rx两端电压变化很小，则原因可能是连接电源“−”极和滑动变阻器“c”端的导线断路。
故答案为：(1)G，B；(2)见解析；(3)5UI−URV；(4)连接电源“−”极和滑动变阻器“c”端的导线断路。
(1)根据欧姆定律计算定值电阻，估算最大电流选择电流表量程；
(2)分析误差确定滑动变阻器和电流表的接法；
(3)根据闭合电路欧姆定律推导待测电阻阻值；
(4)根据电路中滑动变阻器R1和待测电阻Rx串联分析判断。
本题考查用伏安法测定待测电阻实验，要求掌握电表和定值电阻的选择方法、掌握实验电路的选择方法。
15.【答案】解：(1)金属棒ab由静止释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律得
mgh=12mv2
解得：v=4m/s
金属棒ab产生的感应电动势为
E=BLv=1×1×4V=4V
由闭合电路欧姆定律有
E=I⋅2R
解得：I=2A
根据右手定则判断可知金属棒ab中的电流由b指向a。
(2)金属棒ab在整个运动过程中，由能量守恒定律有：
mgh=μmgd+Q
金属棒ab中产生的热量为
Qab=R2RQ
联立解得：Qab=0.825J
答：(1)金属棒ab刚进入磁场时通过金属棒ab的电流大小为2A，方向由b指向a；
(2)整个运动过程金属棒ab中产生的焦耳热为0.825J。
【解析】(1)金属棒下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出金属棒进入磁场时的速度，由E=BLv求出ab棒产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出通过金属棒ab的电流大小，运用右手定则判断感应电流方向。
(2)应用能量守恒定律与串联电路特点求出金属棒ab中产生的焦耳热。
对于电磁感应中的焦耳热，如果感应电流是变化的，往往根据能量守恒定律求解。如果感应电流是恒定的，也可以根据焦耳定律求解。
16.【答案】解：(1)小球从A点运动到B点的过程中，AB光滑，由能量守恒定律得Ep−0=12mvB2−0
得：Ep=12mgR
(2)小球从B点运动到O点的过程中，由动能定理得
qER−mgR=12mvO2−12mvB2，得v0=vB= gR
小球在O点，受力分析可得，小球受到重力，水平向右的电场力，轨道的支持力，小球在O点时速度竖直向上，由牛顿第二定律得
N−qE=mvO2R，得N=2mg
由牛顿第三定律有，小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小为N′=N=2mg
(3)小球经过O点后在重力和电场力作用下做斜抛运动，由受力分析得，电场力和重力的合力F合，大小为 2mg，方向斜向右下45°角，速度先减小后增大，当F合与速度垂直时，有速度最小值，即沿F合方向速度减小到0时，速度最小。则有0=vOsin45°−at
由牛顿第二定律有
2mg=ma
联立解得
t= gR2g
小球经过O点后，在水平方向上初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE=max得ax=g，x=12axt2
在竖直方向上竖直上抛运动，y=vOt−12gt2
得x=R8，y=3R8
所以小球经过O点后速度最小时小球的位置坐标为(R8,3R8)。
故：(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为12mgR；
(2)小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小为2mg；
(3)小球经过O点后速度最小时小球的位置坐标为(R8,3R8)。
【解析】带电粒子多过程问题一定要学会分段研究，小球从A点运动到B点的过程中，AB光滑，由能量守恒定律可得；小球从B点运动到O点的过程中，小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小，需要先求O点时速度，注意垂直速度方向的合力才能提供向心力，还需考虑牛顿第三定律；O点以后的运动类斜抛运动，求解方式同类平抛运动，化曲为直并且将力和运动分解为互相垂直的方向研究。
带电粒子多过程问题一定要学会分段研究，只有将复杂问题分段才能简化问题。
17.【答案】解：(1)离子从离子源中射出到刚射入磁场的过程中，由动能定理有
2eEd=12mv02−12mvS2
解得
vS= v02−4eEdm
(2)当离子刚好从喷口P下边界中点射出时，离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小，根据几何关系有
(R1−L2)2+L2=R12
由牛顿第二定律有
2ev0B=mv02R1
联立求解，得
B=2mv05eL
所以磁感应强度大小B0的取值范围为0
2ev0⋅ 2B=mv02R2
可得
R2=53L
离子的运动轨迹如图所示
sinθ=LR2
可得
sinθ=35
离子束在单位时间内射出喷口P，由动量定理有
FΔt=nΔtmv0cosθ−0
联立求解，得
F=0.8nmv0
由牛顿第三定律有
F=−F′
t0时刻离子束对推进器沿z轴方向的推力F′大小为0.8nmv0，方向沿z轴负半轴。
答：(1)离子从离子源中射出时相对推进器的速度大小为 v02−4eEdm；
(2)磁感应强度大小B0的取值范围为0
【解析】(1)离子在电场中加速，根据动能定理列式求解；
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力列式求解；
(3)根据牛顿第二定律结合动量定理与几何关系解答。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，分析离子运动轨迹的各种情况，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力分析解题。
18.【答案】BCD
【解析】解：A、布朗运动是指悬浮固体颗粒的无规则运动，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故B正确；
C、用活塞压缩气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105 J，为正值；同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q=2.0×105−0.5×105=1.5×105J，气体内能增加了1.5×105J，故C正确；
D、等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量。故D正确；
E、由热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，热量可以从低温物体传向高温物体，但要引起其它变化，故E错误；
故选：BCD。
布朗运动是悬浮在液体或气体中固体微粒的无规则运动；根据热力学第二定律判断B正确E错误；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q可分析CD正确。
本题考查了布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律等热学基础知识，属于基础题，要求学生多总结积累。
19.【答案】解：(i)活塞静止于在位置A时，对活塞：P1S=mg+P0S
解得：P0=P0+mgS
(ii)活塞在位置B时，对活塞根据平衡条件有：P2S+F=mg+P0S
活塞从位置A缓慢移动到位置B的过程，气体等温变化，则P1⋅h1S=P2⋅h2S
联立以上三式可得：F=(1−h1h2)(P0S+mg)
答：(i)活塞在位置A时，密封气体的压强为(P0+mgS)；
(ii)活塞在位置B时，外力F的大小为(1−h1h2)(P0S+mg)。
【解析】(i)以活塞为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解密封气体的压强；
(ii)活塞在处力作用下缓慢上升，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件求出B位置时的拉力大小。
分析清楚气体状态变化过程，明确气体的压强等于大气压是正确解题的关键。
20.【答案】ADE
【解析】解：A、A、B两质点运动的方向始终相反，可知A、B两质点间的距离为xAB=nλ+λ2，(n=0,1,2……)，则λ=2xAB2n+1=2×0.42n+1m=0.82n+1m
因波长大于0.6m，可知λ=0.8m，故A正确；
B、由图丙知，T=1s，则波速v=λT=0.81m/s=0.8m/s，故B错误；
C.由图丙可知，所有质点的起振方向均沿y轴负方向，所以质点C第一次运动到波峰的时间为t=xCv+34T，解得：t=2.5s，故C错误；
D、波从A传到B的时间t′=xBv=0.40.8s=0.5s，即质点B从t=0.5s开始振动，在t=0到t=2.25s内的运动时间为1.75s=134T，运动路程为s=7A=7×0.5mm=3.5mm，故D正确；
E、因丝线两端波源的振动频率相同，所以能发生稳定的干涉现象，故E正确。
故选：ADE。
根据A、B两质点运动的方向始终相反，波长大于0.6m，确定波长，读出周期，再求出波速。根据振动图像判断质点的起振方向，结合运动学公式求解质点C第一次运动到波峰经历的时间。根据时间与周期的倍数求质点通过的路程。根据两波的频率是否相同，判断能否发生稳定的干涉现象。
解答本题时，要知道A、B两质点运动的方向始终相反，称为反相点，它们之间的距离满足：xAB=nλ+λ2，(n=0,1,2……)。
21.【答案】解：(ⅰ)根据题意可知，光线在玻璃管上方的入射角
i=60°
由折射定律有
n=sinisinr
可得
r=45°
所以光线在玻璃管内壁的入射角
α=45°
光线在玻璃管中的临界角C满足
sinC=1n
可知
sinC>sin45°
所以光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射。
(ⅱ)光线在玻璃管内壁折射，由折射定律有
n=sinβsinα
可得
β=60°
光线在玻璃管内壁上的折射光线恰好入射到圆柱底面，光路图如图所示
光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间
t= 2rv+4rc
又有
n=cv
联立解得
t=(4+ 3)rc
答：(ⅰ)证明过程见解析；
(ⅱ)光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间为(4+ 3)rc。
【解析】(ⅰ)根据光的折射定律与全反射条件分析解答；
(ⅱ)根据几何关系解得光程，结合光速解得时间。
解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在传播过程的长度，熟记折射定律以及光在介质中传播的速度的表达式，
2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联考高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列关于静电场和磁场的说法正确的是( )
A. 放入静电场某处的试探电荷所受电场力为零，则该处的电场强度一定为零
B. 放入磁场某处的一小段通电直导线所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零
C. 放入静电场某处的试探电荷所受电场力的方向与该处电场强度的方向一定相同
D. 放入磁场某处的一小段通电直导线所受安培力的方向与该处磁感应强度的方向一定相同
2. 如图，电磁继电器是一种利用光电效应工作的仪器。当光照射到光电管阴极时，阴极会逸出光电子，此时放大器中有电流流过，进而使得电磁继电器工作，实现自动控制。若用黄光照射光电管阴极时，电磁继电器没有工作，则下列操作可能使电磁继电器工作的是( )
A. 减小黄光的光照强度 B. 增大黄光的光照强度
C. 改用红光照射光电管阴极 D. 改用蓝光照射光电管阴极
3. 冷冻电子显微镜能捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程。如图为某种电子显微镜内电场线的分布图，一电子仅在电场力作用下沿直线从a点运动到c点，b为线段ac上的一点。下列说法正确的是( )
A. 场强大小关系为：Ea>Eb
B. 电势高低关系为：φa<φb
C. 电子从a点运动到c点的过程中，其电势能逐渐变大
D. 电子从a点运动到c点的过程中，其动能先变大后变小
4. 如图，一质量为m、长为L的直导线用两等长的绝缘细线悬挂于等高的O、O′两点，整个导线处于匀强磁场中。现给导线通以沿O′O方向的电流I，当细线与竖直方向的夹角为30°时，直导线保持静止，重力加速度大小为g。若磁感应强度方向刚好沿细线向下，则磁感应强度大小为( )
A. 3mgIL B. mg2IL C. 3mg2IL D. 3mg3IL
5. 如图，把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈与铁环彼此绝缘，线圈A与电池相连，线圈B用长直导线连通，长直导线正下方平行于导线放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是( )
A. 开关S闭合的瞬间，小磁针的N极向里偏转
B. 保持开关S闭合且不移动滑动变阻器R的滑片，小磁针的N极向里偏转
C. 保持开关S闭合且向右移动滑动变阻器R的滑片，小磁针的N极向里偏转
D. 开关S断开的瞬间，小磁针的N极向里偏转
6. 如图，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置(矩形线圈水平)开始计时。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。下列说法正确的是( )
A. 当矩形线圈处于图示位置时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为0
B. U2=4NBSω
C. 滑动变阻器的滑片向c端移动的过程中，I2变大
D. 滑动变阻器的滑片向d端移动的过程中，I1变小
7. 物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图，平行板电容器两极板M、N与电压恒定的电源相连，M极板与电源的正极之间接有一灵敏电流计。现有一带电油滴恰好悬浮在两极板间的A点，电容器的N极板接地。现将M极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电 B. 灵敏电流计中有从b流向a的电流
C. 油滴将竖直向上运动 D. 电容器中A点的电势将升高
8. 如图，电阻不计的光滑平行金属导轨竖直放置，金属导轨足够长，下端接一电阻R，整个空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。t=0时刻，将一金属杆ab以初速度v0竖直向上抛出，t=t1时金属杆ab又返回到出发位置，金属杆ab在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。下列图像能正确描述在0～t1这段时间内金属杆ab的速度与时间关系的是( )
A. B.
C. D.
9. 核电池又叫“放射性同位素电池”，已用于心脏起搏器和人工心脏，工业上常用钚(94238Pu)的衰变制作核电池。钚(94238Pu)在衰变过程中要释放γ光子，其衰变方程为 94238Pu→X+92234U，半衰期为88年。下列说法正确的是( )
A. 该衰变为α衰变
B. 若环境温度升高，则钚( 94238Pu)衰变得更快
C. 经44年，16毫克的钚( 94238Pu)还能剩下4毫克
D. X原子核与 92234U原子核的总质量小于钚( 94238Pu)的质量
10. 如图，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子从圆形磁场边界上的A点沿直径AOB方向射入磁场，最终从圆形磁场边界上的C点离开磁场。粒子的电荷量为+q、质量为m，粒子射入磁场的速度大小为 3qBRm，D为圆形磁场边界上的一点，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中运动的轨道半径为r= 3R
B. 粒子在磁场中运动的时间为t=2πm3qB
C. 若只增大粒子射入磁场的速度大小，则粒子可能从D点离开磁场
D. 若只增大磁场的磁感应强度，则粒子可能从D点离开磁场
11. 如图所示的电路中，定值电阻R的阻值为1.0Ω，电源的电动势为E=3V，电源的内阻r未知。单刀双掷开关接到1时，电流表的示数为2A；单刀双掷开关接到2时，电动机正常工作。若电动机的内阻rM与定值电阻R的阻值相同，不计电流表的内阻，则下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻为r=1.0Ω
B. 单刀双掷开关接到1时，电源的输出功率为4W
C. 单刀双掷开关接到2时，电流表的示数小于2A
D. 单刀双掷开关接到2时，电流表的示数大于2A
12. 一种粒子分离装置的原理如图所示，一电子从粒子源无初速度飘入加速器，经加速后沿选择器的轴线方向射入选择器的两极板之间，两极板间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两极板间加有电压且上极板带正电，下极板带负电，电子在选择器中的运动轨迹如图所示，不计电子的重力。下列说法正确的是( )
A. 电子从选择器射出时的动能大于电子射入选择器时的动能
B. 电子从选择器射出时的动能小于电子射入选择器时的动能
C. 要使电子在选择器中做直线运动，可以只增大加速器两极板间的电压
D. 要使电子在选择器中做直线运动，可以只减小加速器两极板间的电压
13. 欧姆表的原理如图所示，电池的电动势为E、内阻为r，灵敏电流表G的满偏电流为Ig、内阻为Rg。
(1)图中的A端应与______ (填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)将两表笔短接，调节可变电阻使灵敏电流表G满偏，此刻度对应的电阻值为______ (填“0”或“∞”)，可变电阻接入电路的阻值为______ (用题中已知物理量的字母表示)。
(3)将两表笔间接待测电阻Rx，此时灵敏电流表G中的电流为I，则待测电阻Rx= ______ (用题中已知物理量的字母表示)。
14. 某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为100Ω)，除待测电阻Rx、开关、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表V(量程为2V，内阻RV为240Ω)；
B.电流表A1(量程为0.1A，内阻r1约为8Ω)；
C.电流表A2(量程为0.6A，内阻r2约为0.05Ω)；
D.电源(电动势为10V，额定电流为2A，内阻不计)；
E.滑动变阻器R1(阻值范围为0～10Ω，额定电流为2A)；
F.定值电阻R2=480Ω；
G.定值电阻R3=960Ω；
H.定值电阻R4=1200Ω。
(1)由于电压表量程太小，该同学可选用定值电阻______ 和电压表V串联，改装成量程为10V的电压表，电流表应选用______ 。(均填器材前的字母代号)
(2)如图为在(1)基础上的部分实验实物连线图，为使测量结果尽量准确，请用笔画线代替导线完成剩余部分实物连线。
(3)若某次测量中，电压表V的示数为U，电流表的示数为I，则待测电阻Rx的阻值的表达式为Rx= ______ (用题中已知物理量的字母表示)。
(4)实验过程中，将滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表V和电流表的示数变化很小，试简要描述一种可能的电路故障：______ 。
15. 如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L=1m，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分在CD处平滑连接。平直部分导轨右端NQ间接一阻值为R=1Ω的定值电阻，虚线CDEF区域内存在长度为d=1.27m、方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场。一质量为m=1kg、长度为L=1m、电阻也为R=1Ω的金属棒ab从高度为h=0.8m处由静止释放，到达磁场右边界EF处时恰好停止。已知金属棒ab与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小取g=10m/s2，金属棒ab与导轨始终接触良好。求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时通过金属棒ab的电流大小和方向；
(2)整个运动过程金属棒ab中产生的焦耳热。
16. 如图，绝缘光滑水平面AB和竖直平面内的绝缘光滑四分之一圆弧轨道BO在B点平滑连接，轨道半径为R。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)将轻质绝缘弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 gR，之后沿轨道BO运动。以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x>−R区域存在方向水平向右、电场强度大小为E=mgq的匀强电场，重力加速度大小为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
(2)小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小；
(3)小球经过O点后速度最小时小球的位置坐标。
17. 如图甲为空间站上某种离子推进器，由离子源、间距为d、中间有小孔的平行金属板M、N和边长为L的立方体组成，其后端面P为喷口。以N板中心小孔为坐标原点O建立x轴、y轴和z轴，xOy平面与N板共面，z轴垂直于N板所在平面。M、N板正对空间存在电场强度大小为E、方向沿z轴正方向的的匀强电场，立方体中沿x轴和y轴方向存在如图乙所示的交变磁场，其中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源中射出后做匀速直线运动，经M板中心小孔射入电场，再经N板中心小孔以相对推进器为v0的速度射入磁场，最终从喷口P射出。单个离子的质量为m、电荷量为+2e，不计离子重力及离子间的相互作用力，不考虑离子与器壁的碰撞，单个离子在推进器中的运动时间远小于磁场变化周期T，射出离子的总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从离子源中射出时相对推进器的速度大小vS；
(2)若要使在t=T4时刻射入的离子能从喷口P射出，求磁感应强度大小B0的取值范围；
(3)若单位时间从喷口P射出的离子个数为n，且B0=3 2mυ020eL，求t0时刻离子束对推进器沿z轴方向的推力。
18. 根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
B. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C. 用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105J
D. 一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量
E. 根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体
19. 如图所示，在开口向上的竖直放置圆筒形容器内用质量为m的活塞密封部分气体，活塞与容器壁间能够无摩擦滑动，大气压恒为P0，容器的横截面积为S，活塞静止于位置A.对活塞施加外力F，使其从位置A缓慢移动到位置B，位置A、B到容器底部的距离分别为h1、h2，密封气体与外界温度始终保持相同，已知重力加速度为g.求：
(i)活塞在位置A时，密封气体的压强；
(ii)活塞在位置B时，外力F的大小．
20. 如图甲，在电视剧《西游记》中，孙悟空为朱紫国国王悬丝诊脉，中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如图乙，假设“丝”上有A、B、C三个质点，坐标分别为xA=0、xB=0.4m、xC=1.4m，A、B两质点运动的方向始终相反，波长大于0.6m。t=0时刻，朱紫国国王搭上丝线图中的质点A，质点A开始振动，其振动图像如图丙所示，产生的机械波沿丝线向孙悟空传播。关于该机械波，下列说法正确的是( )
A. 波长为0.8m
B. 波速为1.6m/s
C. t=2s时，质点C第一次运动到波峰
D. 在t=0到t=2.25s内，质点B通过的路程为3.5mm
E. 若孙悟空将丝线的另一端搭在自己的脉搏上，他的脉搏振动频率为1Hz，则丝线中两列波相遇时能发生稳定的干涉现象
21. 如图，一内部空心、厚度均匀的圆柱形玻璃管内径为r，外径为3r，高为(2 3+1)r。一束单色光从玻璃管上方入射，入射点与M点的距离为r，光线与圆柱上表面成30°角，且与直径MN在同一竖直平面内。光线入射后从玻璃管内壁射出，最终到达圆柱底面。已知该玻璃管的折射率为 62，光在真空中的传播速度为c。(有光折射时，不考虑反射)
(ⅰ)证明光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射；
(ⅱ)求光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据公式F=qE可知，若放入静电场某处的试探电荷所受电场力为零，则该处的电场强度一定为零，故A正确；
B.一小段通电直导线放入磁场受到的安培力大小为：
F=BILsinθ
其中θ是电流方向与磁感应强度方向的夹角，若放入磁场某处的一小段通电直导线所受安培力为零，可能是导线与磁场平行，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C.正试探电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同，负试探电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故C错误；
D.由左手定则知一小段通电直导线在磁场某处所受安培力的方向与该处磁感应强度的方向是垂直关系，故D错误。
故选：A。
电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场；正电荷在电场中受到的电场力的方向与场强的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反；磁感应强度的方向与安培力的方向垂直。
本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，同时知道电荷有正负之分，注意电场力的方向与电场强度的方向、安培力的方向与该处磁感应强度的方向间的关系。
2.【答案】D
【解析】解：AB.电磁继电器通电时有磁性，断电时无磁性；用黄光照射光电管阴极时，电磁继电器没有工作，说明电路中没有光电流产生，根据光电效应产生的条件可知，黄光的频率小于极性频率，此时增大或减小黄光的强度都不能产生光电效应，故AB错误；
CD.根据光电效应产生的条件可知，要使光电子逸出从而产生光电流让电磁继电器工作，只能增大照射光的频率；红光的频率小于黄光，也不能使继电器工作，蓝光的频率大于黄光，可使继电器工作，故C错误，D正确。
故选：D。
AB.根据电磁铁的工作原理可知，用黄光照射光电管阴极时没有产生光电效应，再根据光电效应产生的条件分析作答；
CD.根据红光、黄光和蓝光的频率大小，结合光电效应产生的条件分析作答。
解决本题的关键是要弄懂电磁铁的工作原理，再结合光电效应产生的条件即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.由于b点处的电场线更密集，因此场强大小关系为：Ea
CD.电子从a点运动到c点的过程中，电场力做负功，因此其电势能逐渐变大，由能量守恒定律知动能逐渐变小，故C正确，D错误。
故选：C。
依据电场线的疏密，即可判定电场强度的强弱；沿着电场线方向，电势是降低的；负电荷从高电势向低电势，则其电势能减小；相反，则其电势能增大；根据能量守恒定律分析动能的变化。
本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，理解电荷的电势能高低的确定方法。
4.【答案】B
【解析】解：磁感应强度方向沿细线向下，安培力方向与细线垂直，对导体棒受力分析如图，
由共点力平衡条件得：
mgsin30°=BIL
解得：B=mg2IL，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对导体棒受力分析，根据共点力平衡条件求出磁感应强度大小。
本题考查了含有安培力共点力平衡问题，注意受力分析时要画出导体棒的截面图，才能准确地找到各力之间的关系。
5.【答案】A
【解析】解：A.开关S闭合的瞬间，根据安培定则可知，线圈A中产生向下的磁场，穿过线圈B的磁通量向上且增大，再由楞次定律可知，感应电流的磁场向下，因此线圈B中产生逆时针方向的感应电流，小磁针上方直导线中的电流方向水平向右，根据安培定则可知，小磁针所在位置的磁感线方向垂直纸面向里，因此小磁针N极向里偏转，故A正确；
BC.保持开关S闭合，无论如何移动滑动变阻器R的滑片，穿过线圈B的磁通量没有发生改变，线圈B中无感应电流，小磁针不偏转，故BC错误；
D.开关S断开的瞬间，线圈A中的电流减小，因此线圈B中产生顺时针方向的感应电流，根据安培定则可知，小磁针的N极向外偏转，故D错误。
故选：A。
A.开关S闭合的瞬间，根据右手螺旋定则判断线圈A中的磁场方向以及磁通量的变化情况，再根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向，然后判断小磁针的偏转方向；
BC.保持开关S闭合，穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，再根据楞次定律分析作答；
D.开关S断开的瞬间，线圈A中的电流减小，判断原磁通量的变化情况，然后根据楞次定律分析作答。
本题主要考查了磁通量的变化以及感应电流产生的条件，要求熟练掌握楞次定律。
6.【答案】C
【解析】解：A.当矩形线圈处于图示位置时，穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，故A错误；
B.线圈产生感应电动势的最大值为Em=NBSω
电压表的读数为有效值，大小为：U1=Em 2= 22NBSω
由于U1：U2=n1：n2
则U2=2 2NBSω，故B错误；
C.原线圈两端的电压U1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压U2不变，滑动变阻器的滑片向c端移动的过程中，滑动变阻器接入电路部分电阻值变大，副线圈电阻变大，总电流变小，R1两端的电压变小，R2两端的电压变大，因此I2变大，故C正确；
D.滑动变阻器的滑片向d端移动的过程中，同理可得流过副线圈的电流变大，根据变压器原、副线圈的电流关系可知I1变大，故D错误。
故选：C。
结合线圈的位置与感应电动势的关系判断感应电动势是否为零；根据法拉第电磁感应定律判断；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路的阻值变大，原副线圈电流均变小，电阻R0两端的电压变小；原线圈电压不变，原副线圈匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，滑动变阻器两端的电压变大。同理判断滑动变阻器滑片向下滑动过程中的变化。
本题考查了正余弦交流电产生的原理、变压器的原理和电路动态分析，理想变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，原副线圈的电流比与匝数比成反比。基础题目。
7.【答案】B
【解析】解：A、油滴静止在电容器中的A点，则油滴所受的电场力与重力等大反向，电场力方向竖直向上，而电容器中的电场强度方向竖直向下，所以油滴带负电，故A错误；
B、将M极板竖直向上移动，板间距离d增大，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知，电容C减小，根据Q=CU可知，U不变，所以Q减小，电容器放电，灵敏电流计中有从b流向a的电流，故B正确；
C、将M极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，因为电容器始终和电源相连，所以两极板间的电压U不变，根据表达式E=Ud可知，d增大，则E减小，油滴所受电场力减小，重力大于电场力，所以油滴将竖直向下运动，故C错误；
D、N极板接地，其电势为零。A点与N极板间的电势差为U′=Ed′，A点到N极板的距离d′不变，E减小，所以U′减小，根据U′=φA−φN=φA，可知，φA降低，故D错误。
故选：B。
油滴静止在电容器中的A点，分析其所受电场力方向与电场方向的关系，判断电性；将M极板竖直向上移动，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容的变化，由Q=CU分析电容器所带电荷量的变化，判断电流方向；根据E=Ud分析板间场强的变化，判断油滴的运动方向；根据U=Ed分析A点与N极板间电势差的变化，再判断A点电势的变化。
本题整合了油滴的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断油滴的电性，根据电容的决定式和定义式相结合进行分析。
8.【答案】D
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：F安=BIL=B⋅BLvR+r⋅L=B2L2vR+r
竖直向上的过程中金属棒受到两个竖直向下的力—重力与安培力，做减速运动
根据牛顿第二定律有：mg+B2L2vR+r=ma
解得：a=g+B2L2vmR+mr
所以金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；
同理，竖直向下的过程中，有：mg−B2L2vR+r=ma′
解得：a′=g−B2L2vmR+mr
随着金属杆ab的速度增加，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动。由于安培力做负功，返回时速度的大小应该比v0小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
分两个阶段对金属棒进行受力分析，并根据牛顿第二定律、动生电动势公式E=BLv、安培力公式F安=BIL、写出加速度的表达式，从而分析加速度的变化及速度的变化。
本题是关于单杆在磁场的电磁感应力学问题，考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律等内容，通过分析要理解金属杆在上升和下降过程中加速度随速度的变化规律，即v−t图象的斜率表达加速度。
9.【答案】AD
【解析】解：A.该衰变方程为 94238Pu→24He+92234U，X为 24He，该衰变为α衰变，故A正确；
B.放射性元素的半衰期与环境温度无关，只与元素本身的性质有关，故B错误；
C.因为半衰期的定义可得：
m=m0(12)12=8 2 mg
故C错误；
D.衰变过程存在质量亏损，故X原子核与 92234U原子核的总质量小于钚( 94238Pu)的质量，故D正确。
故选：AD。
根据质量数和电荷数守恒得出对应的衰变方程，从而分析出衰变的类型；
元素的半衰期与环境温度无关；
根据半衰期的定义得出钚的质量；
衰变过程存在质量亏损，从而分析出质量的大小关系。
本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后的特点，即质量数和电荷数守恒，结合质能方程即可完成分析。
10.【答案】AC
【解析】解：A.根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，解得粒子在磁场中运动的轨道半径为r= 3R，故A正确；
B.粒子在磁场中运动的周期为：T=2πrv=2πmqB
设轨迹所对应的圆心角为θ，如图所示：
则有：tanθ2=Rr= 33
可得：θ=60°
因此粒子在磁场中运动的时间为：t=60°360∘T=16T=πm3qB，故B错误；
CD.要使粒子经过D点需增大粒子做圆周运动的半径，由r=mvqB可知，应增大入射速度或者减小磁感应强度，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨道半径；求出粒子轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解粒子在磁场中运动的时间；要使粒子经过D点需增大粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力得到半径的表达式进行分析。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
11.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意，单刀双掷开关接到1时，I1=2A，由闭合回路欧姆定律得：
E=I1(R+r)
解得：r=0.5Ω，故A错误；
B.单刀双掷开关接到1时，电源的输出功率为：
P出=I12R
代入数据得：P出=4W，故B正确；
CD.由于电动机是非纯电阻，其消耗的电能大于产生的内能，则有
UI2>I22R
解得：U>I2R
由闭合电路欧姆定律得：
E=U+I2r
即E>I2R+I2r
解得：I2<2A，故D错误，C正确。
故选：BC。
根据题意结合闭合电路欧姆定律可解得电源内阻，并求出电源的输出功率；由于电动机是非纯电阻，根据其消耗的电能大于产生的内能结合闭合电路欧姆定律分析电流表的示数。
本题考查闭合电路的欧姆定律，解题关键掌握电路的认识，注意电动机是非纯电阻电路，无法直接用欧姆定律求电流。
12.【答案】BD
【解析】解：AB.电子在选择器中所受的电场力向上，洛伦兹力向下，由于运动轨迹向下弯曲，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，电子的动能减小，故A错误，B正确；
CD.由于运动轨迹向下弯曲，则有
evB>Ee
要使电子在选择器中做直线运动，需减小洛伦兹力，故需要减小电子射入选择器时的速度，根据
eU=12mv2
整理解得
v= 2eUm
所以需减小U，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据动能定理可知，洛伦兹力不做功，电场力做负功，电子的动能减小；
根据弯曲情况判断电场力与洛伦兹力大小，进而判读出需要减小的物理量速度，再根据动能定理求出速度表达式，判断改变速度需改变的物理量。
根据题意分析清楚粒子的受力情况与运动过程是解题的前提，应用动能定理即可解题。
13.【答案】黑 0 EIg−r−Rg EI−EIg
【解析】解：(1)电流从A端流出，根据“红进黑出”可知，A端应与黑色表笔相连接。
(2)将两表笔短接，接入的待测电阻为0，所以此时对应的电阻刻度应为0；由闭合电路欧姆定律有
E=Ig(r+Rg+R接)
可得
R接=EIg−r−Rg
(3)由闭合电路的欧姆定律有
E=I(r+Rg+R接+Rx)
可得
Rx=EI−EIg
故答案为：(1)黑；(2)0，EIg−r−Rg；(3)EI−EIg。
(1)根据欧姆表的内部结构分析判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律推导接入的电阻；
(3)由闭合电路欧姆定律推导待测电阻阻值。
本题关键掌握多用电表的内部结构、闭合电路欧姆定律。
14.【答案】G B 5UI−URV 连接电源“−”极和滑动变阻器“c”端的导线断路
【解析】解：(1)由电压关系有
U总=URV(RV+R)
解得
R=960Ω
所以定值电阻选用G；若将电源接在待测电阻Rx两端，此时通过Rx的电流最大，约为0.1 A，所以电流表选用B。
(2)因滑动变阻器R1远小于待测电阻Rx，所以电路用分压式；根据比值法可计算出改装好的电压表的内阻与待测电阻Rx的比值为R′VRx=12，待测电阻Rx与电流表A1的内阻的比值为RxRA=12.5，两个比值相差不大，但电压表内阻已知，电压表分得的电流可以计算，因此选用电流表外接法无系统误差。
(3)由闭合电路欧姆定律有
URV(RV+R3)=(I−URV)Rx
可得
Rx=5UI−URV
(4)若滑动变阻器R1和待测电阻Rx串联，因滑动变阻器R1远小于待测电阻Rx，所以移动滑片，电路中电流和待测电阻Rx两端电压变化很小，则原因可能是连接电源“−”极和滑动变阻器“c”端的导线断路。
故答案为：(1)G，B；(2)见解析；(3)5UI−URV；(4)连接电源“−”极和滑动变阻器“c”端的导线断路。
(1)根据欧姆定律计算定值电阻，估算最大电流选择电流表量程；
(2)分析误差确定滑动变阻器和电流表的接法；
(3)根据闭合电路欧姆定律推导待测电阻阻值；
(4)根据电路中滑动变阻器R1和待测电阻Rx串联分析判断。
本题考查用伏安法测定待测电阻实验，要求掌握电表和定值电阻的选择方法、掌握实验电路的选择方法。
15.【答案】解：(1)金属棒ab由静止释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律得
mgh=12mv2
解得：v=4m/s
金属棒ab产生的感应电动势为
E=BLv=1×1×4V=4V
由闭合电路欧姆定律有
E=I⋅2R
解得：I=2A
根据右手定则判断可知金属棒ab中的电流由b指向a。
(2)金属棒ab在整个运动过程中，由能量守恒定律有：
mgh=μmgd+Q
金属棒ab中产生的热量为
Qab=R2RQ
联立解得：Qab=0.825J
答：(1)金属棒ab刚进入磁场时通过金属棒ab的电流大小为2A，方向由b指向a；
(2)整个运动过程金属棒ab中产生的焦耳热为0.825J。
【解析】(1)金属棒下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出金属棒进入磁场时的速度，由E=BLv求出ab棒产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出通过金属棒ab的电流大小，运用右手定则判断感应电流方向。
(2)应用能量守恒定律与串联电路特点求出金属棒ab中产生的焦耳热。
对于电磁感应中的焦耳热，如果感应电流是变化的，往往根据能量守恒定律求解。如果感应电流是恒定的，也可以根据焦耳定律求解。
16.【答案】解：(1)小球从A点运动到B点的过程中，AB光滑，由能量守恒定律得Ep−0=12mvB2−0
得：Ep=12mgR
(2)小球从B点运动到O点的过程中，由动能定理得
qER−mgR=12mvO2−12mvB2，得v0=vB= gR
小球在O点，受力分析可得，小球受到重力，水平向右的电场力，轨道的支持力，小球在O点时速度竖直向上，由牛顿第二定律得
N−qE=mvO2R，得N=2mg
由牛顿第三定律有，小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小为N′=N=2mg
(3)小球经过O点后在重力和电场力作用下做斜抛运动，由受力分析得，电场力和重力的合力F合，大小为 2mg，方向斜向右下45°角，速度先减小后增大，当F合与速度垂直时，有速度最小值，即沿F合方向速度减小到0时，速度最小。则有0=vOsin45°−at
由牛顿第二定律有
2mg=ma
联立解得
t= gR2g
小球经过O点后，在水平方向上初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE=max得ax=g，x=12axt2
在竖直方向上竖直上抛运动，y=vOt−12gt2
得x=R8，y=3R8
所以小球经过O点后速度最小时小球的位置坐标为(R8,3R8)。
故：(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为12mgR；
(2)小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小为2mg；
(3)小球经过O点后速度最小时小球的位置坐标为(R8,3R8)。
【解析】带电粒子多过程问题一定要学会分段研究，小球从A点运动到B点的过程中，AB光滑，由能量守恒定律可得；小球从B点运动到O点的过程中，小球经过O点时对圆弧轨道BO的压力大小，需要先求O点时速度，注意垂直速度方向的合力才能提供向心力，还需考虑牛顿第三定律；O点以后的运动类斜抛运动，求解方式同类平抛运动，化曲为直并且将力和运动分解为互相垂直的方向研究。
带电粒子多过程问题一定要学会分段研究，只有将复杂问题分段才能简化问题。
17.【答案】解：(1)离子从离子源中射出到刚射入磁场的过程中，由动能定理有
2eEd=12mv02−12mvS2
解得
vS= v02−4eEdm
(2)当离子刚好从喷口P下边界中点射出时，离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小，根据几何关系有
(R1−L2)2+L2=R12
由牛顿第二定律有
2ev0B=mv02R1
联立求解，得
B=2mv05eL
所以磁感应强度大小B0的取值范围为0
2ev0⋅ 2B=mv02R2
可得
R2=53L
离子的运动轨迹如图所示
sinθ=LR2
可得
sinθ=35
离子束在单位时间内射出喷口P，由动量定理有
FΔt=nΔtmv0cosθ−0
联立求解，得
F=0.8nmv0
由牛顿第三定律有
F=−F′
t0时刻离子束对推进器沿z轴方向的推力F′大小为0.8nmv0，方向沿z轴负半轴。
答：(1)离子从离子源中射出时相对推进器的速度大小为 v02−4eEdm；
(2)磁感应强度大小B0的取值范围为0
【解析】(1)离子在电场中加速，根据动能定理列式求解；
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力列式求解；
(3)根据牛顿第二定律结合动量定理与几何关系解答。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，分析离子运动轨迹的各种情况，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力分析解题。
18.【答案】BCD
【解析】解：A、布朗运动是指悬浮固体颗粒的无规则运动，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故B正确；
C、用活塞压缩气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105 J，为正值；同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q=2.0×105−0.5×105=1.5×105J，气体内能增加了1.5×105J，故C正确；
D、等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量。故D正确；
E、由热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，热量可以从低温物体传向高温物体，但要引起其它变化，故E错误；
故选：BCD。
布朗运动是悬浮在液体或气体中固体微粒的无规则运动；根据热力学第二定律判断B正确E错误；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q可分析CD正确。
本题考查了布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律等热学基础知识，属于基础题，要求学生多总结积累。
19.【答案】解：(i)活塞静止于在位置A时，对活塞：P1S=mg+P0S
解得：P0=P0+mgS
(ii)活塞在位置B时，对活塞根据平衡条件有：P2S+F=mg+P0S
活塞从位置A缓慢移动到位置B的过程，气体等温变化，则P1⋅h1S=P2⋅h2S
联立以上三式可得：F=(1−h1h2)(P0S+mg)
答：(i)活塞在位置A时，密封气体的压强为(P0+mgS)；
(ii)活塞在位置B时，外力F的大小为(1−h1h2)(P0S+mg)。
【解析】(i)以活塞为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解密封气体的压强；
(ii)活塞在处力作用下缓慢上升，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件求出B位置时的拉力大小。
分析清楚气体状态变化过程，明确气体的压强等于大气压是正确解题的关键。
20.【答案】ADE
【解析】解：A、A、B两质点运动的方向始终相反，可知A、B两质点间的距离为xAB=nλ+λ2，(n=0,1,2……)，则λ=2xAB2n+1=2×0.42n+1m=0.82n+1m
因波长大于0.6m，可知λ=0.8m，故A正确；
B、由图丙知，T=1s，则波速v=λT=0.81m/s=0.8m/s，故B错误；
C.由图丙可知，所有质点的起振方向均沿y轴负方向，所以质点C第一次运动到波峰的时间为t=xCv+34T，解得：t=2.5s，故C错误；
D、波从A传到B的时间t′=xBv=0.40.8s=0.5s，即质点B从t=0.5s开始振动，在t=0到t=2.25s内的运动时间为1.75s=134T，运动路程为s=7A=7×0.5mm=3.5mm，故D正确；
E、因丝线两端波源的振动频率相同，所以能发生稳定的干涉现象，故E正确。
故选：ADE。
根据A、B两质点运动的方向始终相反，波长大于0.6m，确定波长，读出周期，再求出波速。根据振动图像判断质点的起振方向，结合运动学公式求解质点C第一次运动到波峰经历的时间。根据时间与周期的倍数求质点通过的路程。根据两波的频率是否相同，判断能否发生稳定的干涉现象。
解答本题时，要知道A、B两质点运动的方向始终相反，称为反相点，它们之间的距离满足：xAB=nλ+λ2，(n=0,1,2……)。
21.【答案】解：(ⅰ)根据题意可知，光线在玻璃管上方的入射角
i=60°
由折射定律有
n=sinisinr
可得
r=45°
所以光线在玻璃管内壁的入射角
α=45°
光线在玻璃管中的临界角C满足
sinC=1n
可知
sinC>sin45°
所以光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射。
(ⅱ)光线在玻璃管内壁折射，由折射定律有
n=sinβsinα
可得
β=60°
光线在玻璃管内壁上的折射光线恰好入射到圆柱底面，光路图如图所示
光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间
t= 2rv+4rc
又有
n=cv
联立解得
t=(4+ 3)rc
答：(ⅰ)证明过程见解析；
(ⅱ)光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间为(4+ 3)rc。
【解析】(ⅰ)根据光的折射定律与全反射条件分析解答；
(ⅱ)根据几何关系解得光程，结合光速解得时间。
解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在传播过程的长度，熟记折射定律以及光在介质中传播的速度的表达式，
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