2023-2024学年浙江省嘉兴市高三（上）一模物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省嘉兴市高三（上）一模物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即10−18s，则( )
A. 阿秒是导出单位B. 阿秒是国际单位制的基本单位
C. 阿秒对应的物理量是国际单位制的基本量D. 阿秒对应的物理量是矢量
2.杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v−t图像如图所示。则全红婵的重心( )
A. 在0∼t1过程中作自由落体运动B. 在t2∼t3过程中速度方向发生改变
C. 在t3∼t4过程中加速度逐渐减小D. 在t4时刻上浮至水面
3.如何堆放重物件常是建筑工人需要考虑的问题。如图所示，重杆AO可绕O轴在竖直平面内自由转动，使杆压在置于水平地面的光滑圆柱体上，又使圆柱体紧靠在竖直档板上而保持平衡。已知杆与水平地面的倾角为θ，杆的质量为m，圆柱体的质量为M，杆与圆柱体在接触点P处的作用力为F，则档板对圆柱体的作用力为( )
A. FsinθB. mgcsθ
C. mgcsθ+MgD. Fsinθ+mgcsθ
4.一静止的钠核发生衰变，衰变方程为 1124Na→12AMg+B0Y，假设衰变释放的核能全部转化为Mg和Y的动能，下列说法正确的是( )
A. 12AMg与 1124Na的中子数相同B. Na核的比结合能大于Mg核的比结合能
C. Mg核的动量大于Y的动量D. 该衰变与弱相互作用力有关
5.如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机( )
A. 下降过程失重B. 上升过程失重
C. 下降过程动能增加D. 上升和下降过程的加速度不相等
6.太阳系内很多小天体和八大行星一样围绕太阳运行。之前，能进入金星轨道内侧的小天体仅发现21个，但它们一部分轨道在金星轨道外侧。最近科学家第一次发现了完全在金星轨道内侧运行的一个小天体“AV2”。则( )
A. “AV2”没有落至太阳上是因为它质量小
B. “AV2”绕太阳运行周期大于金星
C. “AV2”在任何位置的加速度都大于金星
D. 这些小天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等
7.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球( )
A. 在A、B两点的速度大小相等B. 整个飞行过程中经P点的速度最小
C. AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间D. 在A点的机械能大于B点的机械能
8.如图所示，将静电计与电容器(图中未画出)相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则( )
A. 静电计两根金属指针带异种电荷
B. 图中实线表示电场线，虚线表示等势面
C. 图中P点电势一定高于Q点电势
D. 当静电计两指针张角减小时，表明电容器在放电
9.某研究性学习小组研制了一种简易地震仪，由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子Q组成，两振子所用弹簧完全相同，小球P的质量小于Q的质量。在一次地震中，观察到P先发生振动，3s后Q也开始振动，某个稳定时段P的振幅大于Q的振幅。从震后的媒体报道中获悉，此次地震的震源位于地震仪正下方，地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和6km/s。据此，该学习小组做出了以下判断，其中正确的是( )
A. 震源距地震仪约10kmB. 震源距地震仪约36km
C. 此地震波横波的振幅一定小于纵波的振幅D. 此地震波横波的频率一定大于纵波的频率
10.在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁态的左右两个臂上。为简化问题研究，假设当一个线圈通以交变电流时，该线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂。已知线圈1、2的匝数之比n1:n2=2:1，若线圈电阻可不计，则当其中一个线圈输入交流220V电压时( )
A. 若线圈1为输入端，则空载的线圈2输出电压为0
B. 若线圈1为输入端，则接有负载的线圈2输出电压为110V
C. 若线圈2为输入端，则空载的线圈1输出电压为110V
D. 若线圈2为输入端，则接有负载的线圈1输出电压为220V
11.如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10−5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路(图中未画出)，太阳帆板内阻不可忽略。则( )
A. 此时M、N两端间的电势差为0
B. 此时小灯泡恰好能正常发光
C. “天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D. “天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
12.如图所示，水平地面上放置一截面为等腰梯形的玻璃砖ABCD，玻璃砖的折射率为 2,∠BAD=60∘。在A点正下方地面上处有一光源S，一束光自S射向AB面上的P点，∠ASP=15∘，则( )
A. 此光线射至AB面恰好发生全反射
B. 此光线经折射从AD面射出时偏折了45∘
C. 此光线在玻璃内多次反射从AD面射出的光线都相互平行
D. 若自S发出的光束入射至AP之间，此光束的折射光到AD面可能发生全反射
13.如图所示为研究光电效应和霍尔效应的装置示意图。光电管和霍尔片串联，霍尔片的长、宽、高分别为a、b、c，该霍尔片放在磁感应强度大小为B、方向平行于c边的匀强磁场中。闭合电键S，入射光照到阴极时，电流表A显示的示数为I，该电流I在霍尔片中形成沿电流方向的恒定电场为E，电子在霍尔片中的平均速度v=μE，其中电子迁移率μ为已知常数。电子电量为e，电子的质量为m。霍尔片单位体积内的电子数为n，则( )
A. 霍尔片前后侧面的电压为BIneb
B. 霍尔片内的电场强度为Inebc B2+1μ2
C. 通过调节滑动变阻器，可以使电流表的示数减为零
D. 当滑动变阻器滑片右移后，单位时间到达光电管阳极的光电子数一定大于Ie
二、多选题（本大题共2小题，共6分）
14.下列说法正确的是( )
A. 电磁波发射时需要用到调谐技术
B. 真空中的光速在不同的惯性系中大小都相同是相对论时空观的基本假设之一
C. 照相机镜头表面涂上增透膜是利用光的偏振原理
D. 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉原理
15.如图所示是氢原子的能级图。已知可见光的波长范围为4.0×10−7m∼7.6×10−7m，普朗克常量h=6.6×10−34J⋅s，真空中的光速c=3.0×108m/s，关于大量氢原子的能级跃迁，下列说法正确的是( )
A. 氢原子处在n=4能级，会辐射可见光
B. 氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，辐射的光具有显著的热效应
C. 氢原子从n=4能级向n=2能级和n=1能级跃迁时辐射的两种光，在同一介质中传播时前者速度小于后者
D. 氢原子从n=4能级向低能级跃迁，辐射的光子的最大动量是5.44×10−27kg⋅m/s
三、填空题（本大题共1小题，共2分）
16.以下实验中，说法正确的是( )
A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，手指不能接触弹簧秤的挂钩
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，用一滴油酸酒精溶液体积除以油膜面积即得油酸分子直径
C.“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到黑白相间条纹
D.“探究平抛运动的特点”实验中，不需要做到小球与斜槽间光滑
四、实验题（本大题共3小题，共14分）
17.某校实验小组准备用铁架台、打点计时器、重物等验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)下列关于该实验说法正确的是_______。(多选)
A.必须在接通电源的同时释放纸带
B.利用本装置验证机械能守恒定律，可以不测量重物的质量
C.为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
D.体积相同的条件下，重锤质量越大，实验误差越小
(2)图乙中的纸带A和B中，纸带_______(选填“A”或“B”)可能是本次实验得到的。
18.某同学在实验室研究单摆测量重力加速度的实验中，
(1)下列四张图片是四次操作中摆角最大的情景，其中操作合理的是_______(单选)
A. B． C. D.
(2)该同学用游标卡尺测得摆球直径如图丙所示为_______cm；然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图丁所示为_______s。
19.某兴趣小组想测量一节干电池的电动势和内阻。
(1)小王想用多用电表粗测干电池的电动势和内阻，下列说法正确的是______(单选)
A.多用电表可以粗测电动势，不能粗测内阻
B.多用电表可以粗测内阻，不能粗测电动势
C.多用电表可以粗测电动势和内阻
D.多用电表既不可粗测电动势，也不可粗测内阻
(2)其他同学从实验室找来了以下器材：
A.量程0∼3V∼15V的电压表
B.量程0∼0.6A∼3A的电流表
C.滑动变阻器R10∼10Ω
D.开关、导线若干
①连接电路如图甲所示，P点应连接在_______(填“A”或“B”)点。
②选择合适量程的器材，正确连接好电路甲，闭合开关前，滑动变阻器滑片应打到最_______端(填“左”或“右”)。
③实验过程中发现电压表示数变化不大，其可能的原因是_______。(写出1条)

(3)另一同学提出一种可以准确测量干电池电动势和内阻的方案：如图乙连接电路，闭合开关S1，将开关S2接在a端，调节电阻箱R的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出U−I图线，如图丙中图线1所示，图线1与U轴和I轴的截距分别为U1和I1。保持开关S1闭合，再将开关S2接在b端，调节电阻箱R的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出U−I图线，如图丙中图线2所示，图线2与U轴和I轴的截距分别为U2和I2。从减小电表测量的系统误差角度，电动势的准确值为_______，内阻r的准确值为_______。(U1,U2,I1,I2都为已知量)
五、计算题（本大题共4小题，共39分）
20.如图甲所示，一个质量不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形导热气缸内，气体温度为300K，气柱的高度为h，在气缸内壁有固定的小卡环，卡环到气缸底的高度差为59h。现在活塞上方缓慢堆放细沙，直至气柱长度减为56h时停止堆放细沙，如图乙所示。之后对气体缓慢降温，温度降低到180K，此时活塞已经与卡环接触，降温过程气体放出热量为Q。已知大气压强为p0，全过程气体未液化。气缸的横截面积为S。求：
(1)堆放细沙的质量；
(2)温度降为180K时气体的压强；
(3)降温过程气体内能的变化量。
21.如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为H=6m，杆上套有一质量m0=0.1kg的滑环，杆上A点处固定一挡板。长度为l=1m的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为m=1kg的小球，轻绳能承受的最大拉力为40N。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为M=0.2kg。P点右侧有一高度为h=1.5m、倾角为37∘的固定斜面BC,B点处平滑连接，B与P间距为0.9m。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右以v0=6m/s的速度作匀速直线运动，一段时间后滑环与水平杆上的固定挡板A碰撞，滑环即刻停止，绳子断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。不计空气阻力，小滑块可以视为质点且与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5。
(1)通过计算分析绳子断裂的原因并求P点与挡板A点的水平距离。
(2)求小滑块最终静止的位置到B点的距离。
(3)若轻绳长度l可调，滑环和小球一起水平向右的初速度v0可调，要确保滑环撞击挡板绳子崩断后小球总能落在P点的小滑块上，求v0和l的关系以及l的取值范围。
22.如图甲所示，两光滑金属导轨AECD和A′E′C′D′处在同一水平面内，相互平行部分的间距为l，其中AE上K点处有一小段导轨绝缘。交叉部分EC和E′C′彼此不接触。质量均为m、长度均为l的两金属棒a、b，通过长为d的绝缘轻质杆固定连接成“工”形架，将其置于导轨左侧。导轨右侧有一根被锁定的质量为2m的金属棒T，T与K点的水平距离为s。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示，B1,B2,t1,t2均为已知量。a、b和T的电阻均为R，其余电阻不计。t=0时刻，“工”形架受到水平向右的恒力F作用，t2时刻撤去恒力F，此时b恰好运动到K点。
(1)求t1时刻，“工”形架速度和a两端电压U；
(2)求从t=0到t2过程中“工”形架产生的焦耳热；
(3)求a运动至K点时的速度；
(4)当a运动至K点时将T解除锁定，求a从K点开始经时间t后与T的水平距离。(此过程“工”形架和T均未运动至EE′CC′交叉部分)。
23.利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为60∘，且各个方向速度大小随θ变化的关系为v=v0csθ，式中v0为未知定值。且θ=0∘的离子恰好通过坐标为(L,L)的P点。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求关系式v=v0csθ中v0的值；
(2)离子通过界面x=L时y坐标的范围；
(3)为回收离子，今在界面x=L右侧加一定宽度且平行于+x轴的匀强电场，如图所示，电场强度E=2 33Bv0。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x=L，求所加电场的宽度至少为多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】ABC.国际单位制中的基本物理量为长度、质量、时间、温度、电流、物质的量、发光强度，基本物理量的单位为基本单位，即米、千克、秒、开尔文、安培、摩尔、坎德拉；“阿秒”是一个单位，对应的物理量是时间，应为国际单位制的基本量，故C正确，AB错误；
D.阿秒对应的物理量是时间只有大小为标量，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.在 0∼t1 过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误；
B.在 t2∼t3 过程中速度始终为正值，方向不变，故B错误；
C.在 t3∼t4 过程中，图像斜率变小，斜率代表加速度，加速度逐渐减小，故C正确；
D.根据图像可知， 0∼t1 过程竖直向上运动， t1∼t4 过程中竖直向下运动，在 t4 时刻下降到最低点，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】根据题意可知，杆对圆柱体的作用力大小为 F ，圆柱体受力分析如图所示
水平方向根据平衡条件可得
N2=Fsinθ
故选A。
4.【答案】D
【解析】A.根据质量数与质子数守恒，则衰变方程为
1124Na→1224Mg+10e
所以 12AMg 中的A为24， 12AMg 的中子数为12， 1124Na 的中子数为13，不相同，故A错误；
B.核反应方程式中生成物比反应物稳定，则生成物的比结合能大于反应物的比结合能，即 Na 核的比结合能小于 Mg 核的比结合能，故B错误；
C.设 12AMg 的反冲速度大小为v， B0Y 的速度是v0，由动量守恒定律得
0=Mv−mv0
则有
Mv=mv0
即 Mg 核的动量等于Y的动量，故C错误；
D.根据A选项可知该反应属于β衰变，β衰变的本质是放射性核素中的中子或质子经过弱相互作用转化为另一种粒子，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.减速下降过程，加速度向上，无人机超重，故A错误；
B.加速上升过程，加速度向上，无人机超重，故B错误；
C.减速下降过程，质量不变，速度减小，所以动能减小，故C错误；
D.根据牛顿第二定律
a下降=mg−fm
a上升=mg+fm
可知，上升和下降过程的加速度不相等，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.“AV2”在太阳引力的作用下绕太阳做圆周运动或椭圆运动，太阳的引力正好提供“AV2”做圆周运动或椭圆运动的外力，“AV2”没有落至太阳上与它质量无关，故A错误；
B.由开普勒第三定律 r3T2=k 可知，由于“AV2”完全在金星轨道内侧运行，即“AV2”的圆轨道半径或椭圆轨道半长轴小于金星轨道半长轴，则“AV2”绕太阳运行周期小于金星，故B错误；
C.由牛顿第二定律可知
GMmr2=ma
由于“AV2”距太阳的距离始终小于火星距太阳的距离，所以在任何位置的加速度都大于金星，故C正确；
D.由开普勒第二定律可知，同一轨道运行的天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等，不同轨道上天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】AD.由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械能减小，所以A点速度大于B点的速度，A点的机械能大于B点的机械能，故A错误，D正确；
B.当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误；
C.由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。
故选D。
8.【答案】D
【解析】AB.依题意，静电计与电容器相连，由图可知静电计金属指针接在电容器的同一个极板上，金属外壳接在电容器的另一个极板上，所以两根金属针带同种电荷。根据电场线从正电荷发出，到负电荷终止，可知图中虚线表示电场线，则实线表示等势线。故AB错误；
C.题中不知哪一个极板带正电，即不知道电场线的方向，所以P、Q两点电势的高低无法判断。故C错误；
D.依题意，静电计与电容器两极板相连，则静电计两指针张角可以显示极板间的电压，当静电计两指针张角减小时，表明电容器极板间的电压减小，正在放电。故D正确。
故选D。
9.【答案】B
【解析】AB.设震源距地震仪的距离为 x ，有
x4km/s−x6km/s=3s
解得
x=36km
A错误，B正确；
C.因为只是某个稳定时段 P 的振幅大于 Q 的振幅，不能确定地震波横波的振幅和纵波的振幅大小关系，C错误；
D.由于是同一震源，所以地震波的横波和纵波频率相同，D错误。
故选B。
10.【答案】D
【解析】AB.闭合铁芯中多了一个中间的臂，导致每个线圈中产生的交变磁通量，只有一半通过另一个线圈，而另一半通过中间的臂，这就导致线圈中的感应电动势只有全部通过时的一半。设线圈1两端输入电压为 U1 时，线圈2输出电压为 U2 ，根据法拉第电磁感应定律有
U1=n1ΔΦ1Δt ， U2=n2ΔΦ2Δt
当线圈1输入电压为220V时 Φ1=2Φ2 ，即
ΔΦ1Δt=2ΔΦ2Δt
可得
U1U2=n1ΔΦ1Δtn2ΔΦ2Δt=n1×2n2=4
解得
U2=55V
与是否有负载无关，故AB错误；
CD当线圈2输入电压为220V时，同理
Φ′2=2Φ′1 ， U′2U′1=n2ΔΦ′2Δtn1ΔΦ′1Δt=n2×2n1=1
所以
U′1=U′2=220V
与是否有负载无关，故D正确，C错误。
故选D。
11.【答案】C
【解析】AB.小灯泡与 M、N 相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，闭合回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作， M、N 间感应电动势大小为
E=BLv
代入数据得
E=1.5V
此时 M、N 两端间的电势差不为0，绝对值为1.5V。太阳帆板存在内阻小灯泡不能正常发光，故AB错误；
C.导体在磁场中做切割磁感线运动，受到电磁阻尼，故C正确；
D.地磁场磁感应强度垂直于 MN 所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球水平飞行时 M、N 间感应电动势方向相反，故D错误。
故选C。
12.【答案】C
【解析】A.发生全反射的条件是光密介质到光疏介质，所以光线射至 AB 面不会发生全反射，故A错误；
B.根据几何关系可知
∠SPB=45∘
所以在P点入射角为45°，根据折射率定律可知，折射角为
sinr=sin45∘n=12
所以
r=30∘
因为 ∠BAD=60∘ ，所以在 AD 面入射角为30°，这从 AD 面射出时折射角为45°，所以从 AD 面射出时偏折了
45∘−∠ASP=30∘
故B错误；
C.因为光线在 AD 面入射角为30°，根据反射定律可知，反射角为30°，且BC // AD，所以再次反射到AD面入射角仍为30°，则从 AD 面射出的光线都相互平行，故C正确；
D.若自 S 发出的光束入射至 AP 之间，入射角变大，折射角变大，在 AD 面入射角变小，不会发生全反射，故D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】A.设霍尔片前后侧面的电压为 U ，根据洛伦兹力与电场力平衡可得
qvB=qE1
其中
I=neSv=nebcv ， E1=Ub
联立解得
U=BInec
故A错误；
B.霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为
E1=Ub=BInebc
沿电流方向的恒定电场为
E=vμ=Iμnebc
则霍尔片内的电场强度为
E合= E12+E2=Inebc B2+1μ2
故B正确；
C.由于光电管所加的电压为正向电压，则通过调节滑动变阻器，不可以使电流表的示数减为零，故C错误；
D.若 I 已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流 I 保持不变，则单位时间到达光电管阳极的光电子数等于 Ie ，故D错误。
故选B。
14.【答案】BD
【解析】A.电磁波发射时需要调制，接收时需要调谐和解调，故A错误；
B.爱因斯坦对狭义相对论的最基本假设是：在不同的惯性参考系中，真空中光速都是不变的，故B正确；
C.照相机增透膜，利用膜的内外表面反射光，相同的频率，相互叠加，从而增强透射光的强度，是利用了光的干涉现象，故C错误；
D.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象。故D正确。
故选BD。
15.【答案】AB
【解析】A.可见光的波长范围为 4.0×10−7m∼7.6×10−7m ，根据
hν=hcλ
可得可见光的光子能量范围约为
1.6eV∼3.1eV
氢原子从 n=4 能级向 n=2 能级跃迁，辐射的光子能量为
3.4eV−0.85eV=2.55eV
属于可见光，故A正确；
B.氢原子从高能级向 n=3 能级跃迁时，辐射的光子能量小于 1.51eV ，属于红外线，具有显著的热效应，故B正确；
C.氢原子从 n=4 能级向 n=2 能级和 n=1 能级跃迁时辐射的两种光，前者频率低，在同一介质中传播时前者速度大于后者，故C错误；
D.氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁，
E4−E1=hν=pc
得辐射的光子的最大动量
p=E4−E1c=13.6−0.85×1.6×10−19J3×108m/s=6.8×10−27kg⋅m/s
故D错误。
故选AB。
16.【答案】AD
【解析】A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，手指不能接触弹簧秤的挂钩，A正确；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，用油酸的体积除以油膜面积即得油酸分子直径，B错误；
C.“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到彩色条纹，C错误；
D.“探究平抛运动的特点”实验中，小球与斜槽间光滑对实验没有影响，不需要做到小球与斜槽间光滑，D正确；
故选AD。
17.【答案】 BD##DB A
【解析】(1)[1]A.为了充分利用纸带，应先接通电源再释放纸带，故A错误；
B.利用本装置验证机械能守恒定律，由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以可以不测量重物的质量，故B正确；
C.验证机械能守恒的表达式为
mgh12=12mv22−12mv12
为了验证机械能守恒，不一定需要选择纸带上打出的第一个点作为起点，故C错误；
D.体积相同的条件下，重锤质量越大，空气阻力的影响越小，实验误差越小，故D正确。
故选BD。
(2)[2]根据
Δx=gT2=10×0.022=4×10−3m=0.4cm
由图可知纸带A中相等时间相邻位移差大约为 0.4cm ，则纸带A可能是本次实验得到的。
18.【答案】 C 1.904 111.4
【解析】(1)[1]为了减小摆球摆动时空气阻力的影响，则摆球应该选用直径较小的钢球；为保证小球能做简谐振动，则摆角不应该超过5°，则图中C图合理；
(2)[2]用游标卡尺测得摆球直径为1.9cm+0.02mm×2=1.904cm；
[3]用停表记录单摆振动50次所用的时间为60s+51.4s=111.4s。
19.【答案】 A B 右 电源的内阻太小 U1 U1I2
【解析】(1)[1]多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A正确，BCD错误。
故选A。
(2)[2]图甲中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在A点。
[3]正确连接好电路甲，闭合开关前，滑动变阻器阻值应调至最大，所以滑片应打到最右端。
[4]电源的内阻太小，会造成电压表示数变化不大。
(3)[5]开关 S2 接在 a 端，有
E=U+IrA+Ir
当电流为零时，有
E=U1
[6]开关 S2 接在 b 端，有
E=U+Ir
当电压为零时，有
E=I2r
所以
r=EI2=U1I2
20.【答案】(1) p0S5g ；(2) 1.08p0 ；(3) 13p0hS−Q
【解析】(1)乙状态的平衡方程
p0S+mg=p1S
从甲状态到乙状态经历等温过程
p0hS=p15h6S
得
m=p0S5g
(2)从甲状态到末状态，由理想气体状态方程得
p0hST0=p259hST2
得
p2=1.08p0
(3)从乙状态到刚接触卡环，经历等压过程，外界对气体做功
W=p156h−59hS=13p0hS
即整个放热过程外界对气体做功，由热力学第一定律
ΔU=W−Q
得
ΔU=13p0hS−Q
21.【答案】(1)见解析，6m；(2)0.32m；(3) 40−mg≤mv02l ， l≤3− 3m 或 6m>l≥3+ 3m
【解析】(1)由牛顿第二定律可知
F−mg=mv02l
解得
F=46N>40N
所以轻绳断裂。
平抛运动
H−l=12gt2
解得
t=1s
xPA=v0t=6m
(2)小球与小滑块作用过程水平方向动量守恒
mv0=m+Mv
得
v=5m/s
从 P 到斜面最高点的过程
−μm+MgxPB+hmaxtan37∘−m+Mghmax=0−12m+Mv2
解得
hmax=0.48m<1.5m
滑块未从斜面顶端飞出。
又
m+Mgsin37∘>μm+Mgcs37∘
滑块下滑。从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置
m+Mghmax−μm+Mghmaxtan37∘+x=0
解得
x=0.32m
(3)若轻绳能断裂
xPA=v0t
H−l=12gt2
联立方程得
v0=6 56−l
确保轻绳崩断
40−mg≤mv02l
解得
l≤3− 3m 或 6m>l≥3+ 3m
22.【答案】(1) Ft12m ， B1lFt12m ；(2) B2−B12l2d22Rt2−t1 ；(3) Ft22m−B22l2d4mR ；(4) s−Ft22m−B22l2d4mRt
【解析】(1) 0∼t1 过程“工”形架所围回路磁通量磁通量不变，无感应电流，“工”形架合外力为 F 由牛顿第二定律得
a=F2m
又
v1=at1
“工”形架的速度
v1=Ft12m
由
U=B1lv1
得
U=B1lFt12m
(2) t1−t2 的过程，由法拉第电磁感应定律
E=ΔBΔtS
得
E=B2−B1t2−t1ld
焦耳热
Q=E22Rt2−t1
代入得
Q=B2−B12l2d22Rt2−t1
(3) t2 时刻速度
v2=at2=Ft22m
“工”形架穿过 K 的过程中 PQ 和 ST 构成回路，由动量定理
−FAΔt=2mΔv
得
−B22l2d2R=2mv−v2
v=Ft22m−B22l2d4mR
(4)“工”形架等效为电阻为 R 的一根金属棒，从解锁开始对于“工”形架整体，经任意 Δt 时间的速度为 va,Δt 时间内的平均电流为 I ，则
−BIlΔt=2mva−v
ST 棒受安培力向左
BIlΔt=2mvb
所以始终有
va+vb=v
t 时间内相对位移为
x相=vat+vbt=vt=Ft22m−B22l2d4mRt
x=s−x相=s−Ft22m−B22l2d4mRt
23.【答案】(1) qBLm ；(2) 2− 3L≤y≤2+ 3L ；(3) 2 33L
【解析】(1)由于 θ=0∘ 的离子恰好通过坐标为( L ， L )的 P 点，此时离子的速度为 v0 ，运动半径为
r0=L
由牛顿第二定律得
qv0B=mv02r0
解得
v0=qBLm
(2)对于任意的速度方向与 y 轴成 θ 角的离子，设其在磁场中的运动半径为 r ，如图所示
由牛顿第二定律得
qvB=mv2r
且有
v=v0csθ
解得
r=Lcsθ
故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面 x=L 上，且速度方向垂直于界面 x=L ；当 θ=60∘ 时
rm=2L
故离子通过界面 x=L 时 y 坐标的最小值为
ymin=rm−rmsin60∘=2− 3L
y 坐标的最大值为
ymax=rm+rmsin60∘=2+ 3L
则离子通过界面 x=L 时 y 坐标的范围为
2− 3L≤y≤2+ 3L
(3)须保证最大速度为 2v0 的离子不能穿越电场区域。
解法一：设离子在进入电场时，除了有垂直于界面的初速度 2v0 ，还有两个大小相等、方向相反的沿界面的速度 v1、v2 ，如图所示
令
Bqv1=Eq
可得
v1=v2=2 33v0
则该离子做圆周运动的速度
V= 2v02+v22=4 33v0
与水平方向的夹角
sinα=v1V=12
则该离子做圆周运动时满足
qVB=mV2R
可得
R=4 33L
则所求电场的最小宽度
d=R−Rsinα=2 33L
解法二：恰好能重回界面 x=L 的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为 vt ，对该离子竖直方向运用动量定理有
Bqvx⋅Δt=mΔvy−0
求和得
Bqd=mvt
又由动能定理得
−Eqd=12mvt2−12m2v02
综合可得电场的最小宽度为
d=2 33L