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2022-2023学年北京市丰台区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市丰台区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列核反应方程中，属于衰变的是( )
A. 714N+24He→817O+11HB. 92238U→90234Th+24He
C. 12H+13H→24He+01nD. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2.下列说法正确的是( )
A. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B. 汤姆逊发现电子说明原子具有核式结构
C. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的能级结构模型
D. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
3.一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃后分别从 B、C点射出，下列说法正确的是( )
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃砖中的速度
C. 两种单色光由玻璃射向空气时，a光的临界角较小
D. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距较大
4.下列关于电磁波的说法正确的( )
A. 变化的电场周围一定能产生电磁波B. γ射线比X射线更容易发生衍射现象
C. 与红外线相比，紫外线光子能量更大D. 麦克斯韦证实了电磁波的存在
5.如图所示为某物体做简谐运动的图像，关于物体的振动，下列说法正确的是( )
A. 物体振动的振幅为4cm
B. 物体振动的周期T=0.4s
C. t=0.5s时，物体沿x轴正方向运动
D. 0.4∼0.6s，物体的加速度在增大
6.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，此时介质中x=2m处的质点P向y轴正方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πt(cm)。则这列波( )
A. 波长为2m
B. 周期为2.5s
C. 波速为5m/s
D. 波沿x轴正方向传播
7.关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 图甲，摇动手柄使磁铁转动，铝框不动
B. 图乙，真空冶炼炉可以接高电压的恒定电流
C. 图丙，铜盘转动时，穿过铜盘的磁通量不变，铜盘中没有感应电流
D. 图丁，微安表在运输时把正、负接线柱用导线连在一起，对电表起到了保护作用
8.如图所示，L是自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是( )
A. 当开关S由断开变为闭合时，A立即亮，B缓慢地亮
B. 保持开关S闭合电路稳定后，A、B一样亮
C. 当开关S由闭合变为断开时，A、B同时熄灭
D. 当开关S由闭合变为断开时，A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭
9.如图是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压基本保持不变，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。用电高峰时，R的值会减小。忽略变压器上的能量损失，用电高峰与用电低谷相比，下列说法正确的是( )
A. V2不变，V3减小B. V2和V3都减小C. A1和A2均减小D. A1增大，A2减小
10.图甲是研究光电效应的电路图，K极金属的逸出功为2.30eV。图乙为氢原子能级图。下列说法正确的是( )
A. 当P移至与最左端时，电流表示数一定变为0
B. 电压表示数增大，电流表示数一定增大
C. 氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，放出光子
D. 从n=5能级跃迁到n=3能级产生的光能让图甲中的K极金属发生光电效应
11.如图所示，一个边长为l的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关于线框所受的安培力随时间变化的图像，正确的是( )
A. B.
C. D.
12.如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是( )
A. 压力越小R1越小
B. 调节R2的大小不可以改变苹果的分拣标准
C. 若要提高分拣标准，可只适当减小R2的阻值
D. 若要提高分拣标准，可只增大电路中电源的电动势
13.如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
14.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落到最低点C。可以证明，小球与弹簧接触之后的运动为简谐运动。以B点为坐标原点，沿着竖直方向建立坐标轴，规定竖直向下为正方向，重力加速度为g。小球从B运动到C过程中，位移、速度、加速度的图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)用10分度的游标卡尺测单摆的摆球直径，示数如图1所示。摆球直径d=______ mm。
(2)下列实验中，在测量某一物理量时为减小误差，利用了累积放大思想的是______。
(3)某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
①如图所示，A、B、C、D表示大头针，下列说法正确的是______。
A.为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些
B.在眼睛这一侧观察，插第三个大头针C时，应使C挡住A和B
C.可用玻璃砖代替尺子画出边界线
②如图2所示，该小组确定了界面以及四枚大头针的位置，并画出了光路图。通过测量和计算，玻璃砖的折射率n=______(保留3位有效数字)。
16.(1)某小组利用如图1所示装置验证动量守恒定律。光电门1、2分别与数字计时器相连，两滑块A、B上挡光条的宽度相同，已测得两滑块A、B(包含挡光条)质量分别为m1、m2。
①接通气源后，轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端______(选填“升高”或“降低”)一些。
②实验前，滑块A、B静置于图中所示位置。用手向左轻推一下A，使其经过光电门1后与B发生碰撞，碰后两滑块先后通过光电门2。光电门1记录的挡光时间为t1，光电门2记录的挡光时间依次为t2、t3。若已知挡光条的宽度为d，则滑块A通过光电门1时的速度大小为v1=______。为减小实验误差，应选择宽度______(选填“窄”或者“宽”)的挡光条。若m1、m2、t1、t2、t3满足关系式______，则可验证动量守恒定律。
(2)某同学想用如图2所示的装置验证碰撞过程动量守恒：用轻绳将两个小球(小球半径与绳长相比可忽略不计)悬挂起来，将一个小球从某一高度由静止释放，小球摆到最低点后将与另一小球发生碰撞。实验中仅有天平和刻度尺两种测量工具，请说明要测量的物理量，以及利用测量量验证动量守恒定律的表达式______。
三、简答题：本大题共4小题，共12分。
17.如图所示，竖直平面内半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切。质量均为m=0.1kg的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体沿桌面滑动。g取10m/s2。求：
(1)碰撞前瞬间A速度的大小；
(2)碰撞后瞬间A与B整体速度的大小；
(3)A与B碰撞过程中损失的机械能。
18.如图所示，光滑水平导线框放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框中接有电阻R=4Ω，线框的电阻不计。长度l=0.2m、电阻r=1Ω的导体棒ab向右做匀速运动，速度v=5m/s。则：
(1)求回路中的电流；
(2)ab棒向右运动时所受的安培力的大小；
(3)电阻R的发热功率。
19.2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。
如图甲所示，返回舱在距离地表约10km的高度打开降落伞，速度减至8m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2。
(1)求反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小；
(2)为了估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小，A、B两位同学给出了如下两种不同的解法：
请分析判断以上两种解法是否正确。若不正确，请说明错误原因。
(3)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度。
20.如图甲所示的半径为r的圆形导体环内，存在以圆环为边界竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt(k>0且为常量)。该变化的磁场会在空间产生圆形的感生电场，如图乙所示，感生电场的电场线是与导体环具有相同圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷会在感生电场的作用下定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。涡旋电场力充当非静电力，其大小与场强的关系与静电场相同。
(1)请根据法拉第电磁感应定律求导体环中产生的感应电动势ε；
(2)请根据电动势的定义推导导体环所在位置处感生电场场强E的大小，并判断E的方向(从上往下看，“顺时针”或“逆时针”)；
(3)若将导体圆环替换成一个半径为r的光滑、绝缘、封闭管道，管道水平放置，如图丙所示。管道内有质量为m、电荷量为+q的小球，t=0时小球静止。不考虑小球的重力及阻力，求t=t0时，管道对小球作用力的大小和方向(填“沿半径向外”或“沿半径向内”)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据原子核人工转变、α衰变、轻核聚变、重核裂变特征可以判断：
A. 714N+24He→817O+11H是原子核的人工转变。故A错误；
B. 92238U→90234Th+24He是α衰变。故B正确；
C. 12H+13H→24He+01n是轻核聚变。故C错误；
D. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是重核裂变。故D错误。
故选：B。
根据原子核人工转变、α衰变、轻核聚变、重核裂变特征，结合选项，即可解答。
本题考查学生对原子核人工转变、α衰变、轻核聚变、重核裂变特征的掌握，比较基础。
2.【答案】A
【解析】解：A.贝克勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，故A正确；
B.汤姆逊发现了电子，但不能说明原子具有核式结构，天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，故B错误；
C.卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，故C错误；
D.放射性元素的半衰期是其本身的属性，与温度无关，故D错误。
故选：A。
天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构；
α粒子散射实验说明原子的核式结构模型；
放射性元素的半衰期是其本身的属性。
本题考查学生对天然放射现象、α粒子散射实验、放射性元素的半衰期的掌握，比较基础，需要学生平时多熟记。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据光路图可知，在O点，a、b两光入射角相同，a光的折射角小，由折射定律n=sinisinr可知，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A错误；
B、根据折射率的速度表达式n=cv，a光的折射率大，可知a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃砖中的速度，故B错误；
C、根据临界角公式sinC=1n，a光的折射率大，临界角小，故C正确；
D、玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的波长小于b光波长，结合双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，波长大的干涉条纹间距大，所以b光的干涉条纹间距较大，故D错误。
故选：C。
根据折射定律，比较a、b两光折射率大小，再根据v=cn比较光在玻璃中的传播速度大小；根据临界角公式sinC=1n，分析临界角的大小；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ分析干涉条纹间距大小。
解答本题时，要掌握与折射率有关的三个公式：n=sinisinr、n=cv、sinC=1n，知道折射率越大，波长越短，双缝干涉条纹间距越小。
4.【答案】C
【解析】解：A.根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定磁场，不能产生电磁波，周期性变化的电场周围才一定能产生电磁波，故A错误；
B.根据发生明显的衍射条件，X与γ射线相比，X射线波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故B错误；
C.紫外线与红外线相比，频率大，光子的能量高，故C正确；
D.赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
根据电磁场理论分析判断；根据发生明显衍射的条件分析判断；根据光子能量分析判断；根据物理学史分析判断。
关键掌握麦克斯韦的电磁波理论、电磁波谱及物理学史。
5.【答案】D
【解析】解：A.位移的最大值即为简谐运动的振幅，物体振动的振幅为
A=2cm
故A错误；
B.根据x−t图像可知，物体振动的周期
T=0.8s
故B错误；
C.t=0.5s时，物体沿x轴负方向运动，故C错误；
D.0.4∼0.6s，物体由平衡位置向x轴负方向运动，位移增大，由
a=−kxm
可知加速度在增大，故D正确。
故选：D。
根据简谐运动的x−t图像判断出简谐运动中的各个物理量。
利用图像判断简谐运动的各个物理量，位移最大值为振幅，完整的周期可以直接读出。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，波长为4m，故A错误；
BC、根据质点P的振动方程y=10sin5πt(cm)，可知ω=5πrad/s，可知周期为T=2πω=2π5πs=0.4s，则波速为v=λT=40.4m/s=10m/s，故BC错误；
D、在t=0时质点P向y轴正方向运动，由波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，故D正确。
故选：D。
根据波动图象读出波长，根据质点P的振动方程y=10sin5πt(cm)，读出ω，根据T=2πω求出周期，再求出波速。根据t=0时刻质点P的振动方向，运用波形平移法判断波的传播方向。
本题的关键要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道ω和T的关系，能熟练运用波形平移法判断波的传播方向。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使磁铁转动，铝框会同向转动，故A错误；
B、图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属。真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频交流电，不能接高电压的恒定电流。故B错误；
C、当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；
D、图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理。电磁阻尼是一种能够降低机械系统振动的方法，它利用了电磁力来降低振动。具体来说电磁阻尼是通过在机械系统中添加一个电磁阻尼器来实现的。电磁阻尼器的工作原理是通过产生电磁力来降低机械系统的振动。当机械系统振动时电磁阻尼器会产生一种电磁力，这种力的方向和大小与机械系统的振动方向和大小相反。由于这种电磁力的作用，机械系统的振动会受到阻碍，从而降低了振动的幅度。故D正确。
故选：D。
AB、根据电磁驱动原理、涡流原理解释；
C、根据电磁感应作答；
D、微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。
本题是一道考查电磁驱动、涡流、电磁感应和电磁阻尼等知识的基础题，要加强知识的储备。
8.【答案】D
【解析】解：A.当开关S由断开变为闭合时，电源的电压同时加到两灯上，A和B同时亮，故A错误；
B.当开关S由断开变为闭合后，线圈中的电流逐渐增大，由于线圈的电阻几乎为0，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，电路总电阻减小，总电流增大，A变得更亮，故B错误；
CD.当开关S由闭合变为断开时，线圈阻碍电流的减小，产生感应电动势，B与线圈构成闭合回路，开关断开前通过线圈的电流大于B的电流，故A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化。
对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．
9.【答案】A
【解析】解：AB、变压器的输入电压基本保持不变，变压器匝数比不变，则变压器副线圈两端电压V2不变；用电高峰时，负载电阻R的值会减小，故电流表A2增大，输电线损失的电压增大，则V3减小，故A正确，B错误；
CD、变压器副线圈两端电压V2不变，用电高峰时R的值减小，由欧姆定律知A2增大；根据变压器原副线圈电流关系知，电流表A1也增大，故C、D错误。
故选：A。
与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
10.【答案】C
【解析】解：A.当P移至最左端时，AK极间的电压为零，光电管、电流表组成闭合电路，发生光电效应时，逸出的光电子具有初动能，会有光电流产生，电流表示数不为零，故A错误；
B.电流达到饱和电流时，电压表示数增大，电流表示数不再增大，故B错误；
C.氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，由高能级向低能级跃迁，释放出能量，放出光子，故C正确；
D.从n=5能级跃迁到n=3能级，释放的能量为：ΔE=E5−E3=−0.54eV−(−1.51eV)=0.97eV<2.30eV，所以产生的光不能让图甲中的K极金属发生光电效应，故D错误。
故选：C。
发生光电效应时，逸出的光电子具有初动能，AK间的电压为零时也有光电流；根据光电效应现象分析电流表的示数；由高能级向低能级跃迁放出光子；计算从n=5能级跃迁到n=3能级，释放的能量分析能否发生光电效应。
本题考查了光电效应与原子能级跃迁问题，要理解掌握玻尔原子结构模型，光电效应产生的条件。
11.【答案】D
【解析】解：在0−lv内，线框在磁场之外，安培力为0；
在lv−2lv内，由右手定则，感应电流的方向为逆时针，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，感应电动势和电流不变，根据左手定则，安培力方向x轴负方向，安培力大小
F=B2l2vR
在2lv−4lv内，线框全部进入磁场，穿过线圈磁通量不变，感应电流为0。安培力为0；
在4lv−5lv内，线框左边切割磁感线，由右手定则，感应电流的方向为顺时针，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，感应电动势和电流不变，根据左手定则，安培力的方向x轴的负方向，大小为F=B2l2vR
则图像如图
故D正确，ABC错误。
故选：D。
由右手定则，判断感应电流的方向，根据左手定则，确定安培力方向，并根据安培力大小的结论F=B2l2vR去分析。
本题解题关键是掌握单边切割磁场所以安培力大小为F=B2l2vR。
12.【答案】C
【解析】解：A、由题可知，小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，则根据闭合电路的欧姆定律有：
E=IR1+I(R并+r)，而R2两端电压：U2=IR并，可知压力越小，R1应该越大，故A错误；
B、根据闭合电路的欧姆定律有：E=I(R1+r)+IR并
当适当改变R2的阻值，则R并随之改变，R2与线圈并联电路两端的电压也改变，线圈的磁性也将改变，能让其他质量的果通过，从而改苹果的分拣标准，故B错误；
CD、若要提高分拣标准，就是使进入下面通道的大苹果的最小质量m0变大，质量大的苹果会使R1受到的压力变大，R1电阻要变小，若R2阻值不变，则R2的电压就要变大，故要使R2两端的电压保持不变，可只适当减小R2的电阻，故C正确；
则分拣出的最小苹果比m0还要小，提高了分拣标准。
D、若只增大电路中电源的电动势，会使回路中的电流增大，此时R2两端的电压会变大，则进入下面通道的大苹果最小质量m0为会变小，故降低了分拣标准，故D错误。
故选：C。
根据题设条件，小苹果通过(即压力越小)时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；
根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准；
根据电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律判断出苹果质量与R2两端电压的关系。
本题主要考查了线圈周围磁场的相关应用，理解该仪器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】B
【解析】解：A、甲乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为零，甲推乙后，两者动能均增大，即甲推乙的过程中甲和乙组成的系统机械能增大，故A错误；
B、甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则甲乙组成的系统动量守恒，因为甲的质量小于乙的质量，则甲的初速度大于乙的初速度，之后两人都做减速运动，因为两人与冰面的动摩擦因数相同，则加速度a=μg相同，由此可知，乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，故B正确；
C、减速过程中，地面摩擦力对两人做的功等于两人的初始动能，根据动能的计算公式Ek=12mv2=p22m可知，因为两人的动量相等，而甲的质量较小，所以减速过程中，地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，故C错误；
D、最终两人速度为零，则地面摩擦力对两人的冲量大小等于最初两人的动量大小，根据上述分析可知，减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量等于对乙的冲量，故D错误；
故选：B。
根据机械能守恒的定义，结合两人的速度变化完成分析；
根据动量守恒定律得出两人的动量大小关系，结合质量的大小关系得出速度的大小关系；
根据功能关系和动量定理得出地面摩擦力对人做的功和对人的冲量的大小关系。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时结合机械能守恒定律和动能定理即可完成分析。
14.【答案】C
【解析】解：AB、小球从B运动到C过程中，受到重力和弹簧的弹力，开始阶段弹力小于重力，合力方向向下，加速度方向向下，小球做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大；之后弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，小球做加速度增大的减速运动。根据x−t图像的切线斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度，可知x−t图像的切线斜率应先增大后减小，v−t图像的切线斜率应先减小后反向增大，故AB错误；
CD、小球在刚接触B点时，弹力为零，加速度为重力加速度g，小球做简谐运动，根据对称性可知，小球向下运动到相对于平衡位置对称的B′点时，小球的加速度大小为g，方向向上，此时小球具有与B点相同的速度，小球继续向下运动，可知小球在最低点C时的加速度大小大于重力加速度g，故C正确，D错误。
故选：C。
分析小球的受力情况，判断其运动情况，结合x−t图像的斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度，分析AB两项。根据牛顿第二定律和对称性分析CD选项。
解答本题的关键有二：一是抓住简谐运动的对称性，分析小球在最低点C时的加速度大小和方向；二是掌握x−t图像与v−t图像的物理意义，知道x−t图像的切线斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度。
15.【答案】
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，摆球直径d=17mm+6×0.1mm=17.6mm
(2)A.单摆测重力加速度实验中，采用测量摆球完成30或50次全振动所用的时间来求解单摆的周期，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测时间的误差，故A正确；
B.双缝干涉测光的波长实验中，采用测量N个条纹的间距来获得相邻条纹的间距，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测间距的误差，故B正确；
C.验证动量守恒定律实验中，采用测量小球平抛的水平距离来获得小球碰撞前后的动量关系，通过时间相等，即可获得水平距离与速度的关系，故C错误；
D.探究变压器原副线圈电压与匝数的关系实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，故D错误。
故选：AB。
(3)①A.为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故A正确；
B.眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住；如果在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把AB的像挡住，插第四个大头针D，使大头针D挡住大头针A、B的像，挡住大头针C，根据大头针C、D的位置就确定了从玻璃砖射出的光线，故B正确；
C.为了保护入射界面，实验中不可以用玻璃砖代替尺子画线，故C错误。
故选：AB。
②光路图如图所示：
选取小方格的边长为一个单位长度，则
sini=4.2 32+4.22≈0.81
sinr=2.0 2.02+3.32≈0.52
故折射率为
n=sinisinr=≈1.56
故答案为：(1)17.6；(2)AB；(3)①AB；②1.56。
(1)10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据累积放大思想逐项分析作答；
(3)①根据实验的正确操作方法逐项分析作答；
②根据光路图，选取小方格的边长为一个单位长度，根据数学知识求解入射角的正弦，折射角的正弦，再根据折射定律求折射率。
本题考查了游标卡尺的读数、玻璃折射率的测量以及物理方法和物理思想的理解和运用。
16.【答案】升高 dt1 窄 m1t1=m1t3+m2t2 mA h1=mB h2+mA h3
【解析】解：(1)①轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间说明滑块运动速度减小，说明导轨右边低，为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端升高一些。
②滑块经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，滑块A通过光电门1时的速度大小为：v1=dt1
由于将经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，为减小实验误差，应选择宽度适当窄一点的挡光条。
同理可得碰撞后滑块B通过光电门2时的速度大小为：v2=dt2
滑块A通过光电门2时的速度大小为：v3=dt3
取向左为正方向，若要验证动量守恒定律，需满足：m1v1=m2v2+m1v3
代入得：m1t1=m1t3+m2t2
(2)用天平测量小球A、B的质量mA、mB，小球A释放时到最低点的高度h1，B与A碰撞后分别上升的高度h2、h3。小球A从释放时到最低点由动能定理有：mAgh1=12mAv12
得：v1= 2gh1
同理可得碰撞后小球B和小球A的速度为：v2= 2gh2，v3= 2gh3
若要验证动量守恒定律，需验证的表达式为：mAv1=mBv2+mAv3
代入速度得到：mA h1=mB h2+mA h3
故答案为：(1)①升高；②dt1、窄、m1t1=m1t3+m2t2；(2)mA h1=mB h2+mA h3。
(1)①气垫导轨调至水平时，轻推滑块，滑块能做匀速直线运动。如不推滑块，滑块在任何位置都能保持静止，根据此要点进行判断；
②滑块过光电门的速度是用挡光片通过光电门的平均速度替代，挡光片的宽度越小，误差越小。根据v=dΔt求出碰撞前A通过光电门的速度以及碰后A、B通过光电门的速度，再写出动量守恒定律方程；
(2)根据机械能守恒求出碰撞前后的速度，再代入动量守恒的表达式，得到需要验证的表达式。
解决本题时，要掌握光电门测速的原理和方法：用平均速度代替瞬时速度。要知道弹性碰撞遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律。
17.【答案】解：(1)对A，从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
mgR=12mv12
解得
v1=2m/s
(2)A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律有
mv1=2mv2
解得
v2=1m/s
(3)碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=12mv12−12(2m)v22
解得
ΔE=0.1J
答：(1)碰撞前瞬间A速度的大小为2m/s；
(2)碰撞后瞬间A与B整体速度的大小为1m/s；
(3)A与B碰撞过程中损失的机械能为0.1J。
【解析】(1)对A，从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律列式，求碰撞前瞬间A速度的大小；
(2)A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律列式，求碰撞后瞬间A与B整体速度的大小；
(3)根据能量转化和守恒，求碰撞过程中损失的机械能。
本题考查学生对机械能守恒定律、动量守恒定律和能量转化和守恒的掌握，是一道具有综合性的中等难度题。
18.【答案】解：(1)由动生电动势公式得到，回路中的感应电动势为：E=Blv
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流：I=ER+r
代入数据解得：I=0.40A
(2)ab棒向右运动时所受安培力的大小为：F安=BIL=2×0.4×0.2N=0.16N
(3)电阻R上的发热功率为：P=I2R=0.42×4W=0.64W
答：(1)回路中的电流为0.40A；
(2)ab棒向右运动时所受的安培力的大小为0.16N；
(3)电阻R的发热功率为0.64W。
【解析】(1)由导体棒切割磁感线产生电动势的公式E=BLv求得感应电动势，由闭合电路欧姆定律即可求出回路中的电流；
(2)根据安培力大小由公式F=BIL求安培力；
(3)根据热功率公式求电阻R上的热功率。
本题考查动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式及热功率公式等基本规律，由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律以及电功率公式可求出求解。
19.【答案】解：(1)规定竖直向下为正方向，喷气过程中返回舱动量变化量为
Δp=mv2−mv1，解得Δp=−1.8×104kg⋅m/s
喷气过程中返回舱动量变化量的大小为1.8×104kg⋅m/s；
(2)甲、乙两同学的解法均不正确，甲同学忽略了重力，乙同学没有规定正方向，解题过程中力的正方向与速度的正方向不一致，正确解法如下：
设返回舱受到的平均推力为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理得
(mg−F)t=mv2−mv1
解得
F=1.2×105N
(3)以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为
m=ρ⋅πD24⋅vΔt
根据牛顿第三定律可得
F′=F
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得
F′Δt=4mv−0
解得
v= FπρD2
答：(1)反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小1.8×104kg⋅m/s；
(2)以上两种解法不正确，返回舱受到的平均推力大小1.2×105N；
(3)喷出气体的速度 FπρD2。
【解析】(1)规定竖直向下为正方向，根据动量变化量定义，求动量变化量；
(2)取竖直向下为正方向，根据动量定理，求返回舱受到的平均推力大小；
(3)以Δt时间内喷出的气体为研究对象，先求每台发动机喷出气体的质量，对4台发动机喷出的气体，由动量定理列式，同时结合牛顿第三定律，求喷出气体的速度。
本题考查学生对动量变化量定义、动量定理的掌握，其中在使用动量定理时，要注意规定正方向去解答。
20.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律有
ε=ΔΦΔt=S⋅ΔBΔt=kπr2
(2)根据电动势的定义有
ε=W非q=qE⋅2πrq=2πrE
解得感生电场的电场强度大小为
E=kr2
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，则感生电场的电场强度方向为逆时针方向。
(3)小球所受感生电场作用力为
F=qE=qkr2
在感生电场力的作用下，小球速度沿着圆周的切线方向均匀增加，小球做速率均匀增加的圆周运动，切向加速度大小
a1=Fm=qkr2m
根据运动学公式得
v=a1t0=qkrt02m
当小球在t0时刻以v绕环运动时，所受洛伦兹力F洛指向圆心(如图所示)，其大小为
F洛=qvB，B=kt0
可得
F洛=q2k2t02r2m
根据牛顿第二定律，小球做圆周运动所需的向心力F向(指向环心)由洛伦兹力F洛与弹力N提供，则有
F向=F洛+N
F向=mv2r=mq2k2r2t024rm2=q2k2rt024m
解得
N=−q2k2rt024m
由于N<0可知，小球受到管道的作用力方向沿半径向外(方向如图所示)。
答：(1)导体环中产生的感应电动势ε为kπr2；
(2)导体环所在位置处感生电场场强E的大小为kr2，E的方向逆时针；
(3)t=t0时，管道对小球作用力的大小为q2k2rt024m，方向沿半径向外。
【解析】解：(1)根据法拉第电磁感应定律列式求解即可；
(2)根据电动势的定义求感生电场的电动势，涡旋电场大小与场强的关系与静电场相同，结合U=ed求解；
(3)根据法拉第电磁感应定律和电动势的定义求得感生电场的电场强度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解小球的速度大小及管道对小球的弹力大小。
本题考查物理知识和方法的迁移能力，关键是熟练掌握变化率、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿定律、运动学公式等内容，关键是掌握感应电动势产生的微观实质，能够根据微观实质进行分析。A.用单摆测量重力加速度
B.用双缝干涉测量光的波长
C.验证动量守恒定律
D.探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
A同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
FΔt=mv2−mv1
解得
F=mv2−mv1Δt=(3000×2−3000×80.2)N=−9.0×104N
B同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
(F−mg)Δt=mv2−mv1
解得
F=mg+mv2−mv1Δt=(3.0×104+3000×2−3000×80.2)N=−6.0×104N
1.下列核反应方程中，属于衰变的是( )
A. 714N+24He→817O+11HB. 92238U→90234Th+24He
C. 12H+13H→24He+01nD. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2.下列说法正确的是( )
A. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B. 汤姆逊发现电子说明原子具有核式结构
C. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的能级结构模型
D. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
3.一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃后分别从 B、C点射出，下列说法正确的是( )
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃砖中的速度
C. 两种单色光由玻璃射向空气时，a光的临界角较小
D. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距较大
4.下列关于电磁波的说法正确的( )
A. 变化的电场周围一定能产生电磁波B. γ射线比X射线更容易发生衍射现象
C. 与红外线相比，紫外线光子能量更大D. 麦克斯韦证实了电磁波的存在
5.如图所示为某物体做简谐运动的图像，关于物体的振动，下列说法正确的是( )
A. 物体振动的振幅为4cm
B. 物体振动的周期T=0.4s
C. t=0.5s时，物体沿x轴正方向运动
D. 0.4∼0.6s，物体的加速度在增大
6.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，此时介质中x=2m处的质点P向y轴正方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πt(cm)。则这列波( )
A. 波长为2m
B. 周期为2.5s
C. 波速为5m/s
D. 波沿x轴正方向传播
7.关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 图甲，摇动手柄使磁铁转动，铝框不动
B. 图乙，真空冶炼炉可以接高电压的恒定电流
C. 图丙，铜盘转动时，穿过铜盘的磁通量不变，铜盘中没有感应电流
D. 图丁，微安表在运输时把正、负接线柱用导线连在一起，对电表起到了保护作用
8.如图所示，L是自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是( )
A. 当开关S由断开变为闭合时，A立即亮，B缓慢地亮
B. 保持开关S闭合电路稳定后，A、B一样亮
C. 当开关S由闭合变为断开时，A、B同时熄灭
D. 当开关S由闭合变为断开时，A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭
9.如图是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压基本保持不变，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。用电高峰时，R的值会减小。忽略变压器上的能量损失，用电高峰与用电低谷相比，下列说法正确的是( )
A. V2不变，V3减小B. V2和V3都减小C. A1和A2均减小D. A1增大，A2减小
10.图甲是研究光电效应的电路图，K极金属的逸出功为2.30eV。图乙为氢原子能级图。下列说法正确的是( )
A. 当P移至与最左端时，电流表示数一定变为0
B. 电压表示数增大，电流表示数一定增大
C. 氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，放出光子
D. 从n=5能级跃迁到n=3能级产生的光能让图甲中的K极金属发生光电效应
11.如图所示，一个边长为l的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关于线框所受的安培力随时间变化的图像，正确的是( )
A. B.
C. D.
12.如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是( )
A. 压力越小R1越小
B. 调节R2的大小不可以改变苹果的分拣标准
C. 若要提高分拣标准，可只适当减小R2的阻值
D. 若要提高分拣标准，可只增大电路中电源的电动势
13.如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
14.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落到最低点C。可以证明，小球与弹簧接触之后的运动为简谐运动。以B点为坐标原点，沿着竖直方向建立坐标轴，规定竖直向下为正方向，重力加速度为g。小球从B运动到C过程中，位移、速度、加速度的图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)用10分度的游标卡尺测单摆的摆球直径，示数如图1所示。摆球直径d=______ mm。
(2)下列实验中，在测量某一物理量时为减小误差，利用了累积放大思想的是______。
(3)某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
①如图所示，A、B、C、D表示大头针，下列说法正确的是______。
A.为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些
B.在眼睛这一侧观察，插第三个大头针C时，应使C挡住A和B
C.可用玻璃砖代替尺子画出边界线
②如图2所示，该小组确定了界面以及四枚大头针的位置，并画出了光路图。通过测量和计算，玻璃砖的折射率n=______(保留3位有效数字)。
16.(1)某小组利用如图1所示装置验证动量守恒定律。光电门1、2分别与数字计时器相连，两滑块A、B上挡光条的宽度相同，已测得两滑块A、B(包含挡光条)质量分别为m1、m2。
①接通气源后，轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端______(选填“升高”或“降低”)一些。
②实验前，滑块A、B静置于图中所示位置。用手向左轻推一下A，使其经过光电门1后与B发生碰撞，碰后两滑块先后通过光电门2。光电门1记录的挡光时间为t1，光电门2记录的挡光时间依次为t2、t3。若已知挡光条的宽度为d，则滑块A通过光电门1时的速度大小为v1=______。为减小实验误差，应选择宽度______(选填“窄”或者“宽”)的挡光条。若m1、m2、t1、t2、t3满足关系式______，则可验证动量守恒定律。
(2)某同学想用如图2所示的装置验证碰撞过程动量守恒：用轻绳将两个小球(小球半径与绳长相比可忽略不计)悬挂起来，将一个小球从某一高度由静止释放，小球摆到最低点后将与另一小球发生碰撞。实验中仅有天平和刻度尺两种测量工具，请说明要测量的物理量，以及利用测量量验证动量守恒定律的表达式______。
三、简答题：本大题共4小题，共12分。
17.如图所示，竖直平面内半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切。质量均为m=0.1kg的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体沿桌面滑动。g取10m/s2。求：
(1)碰撞前瞬间A速度的大小；
(2)碰撞后瞬间A与B整体速度的大小；
(3)A与B碰撞过程中损失的机械能。
18.如图所示，光滑水平导线框放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框中接有电阻R=4Ω，线框的电阻不计。长度l=0.2m、电阻r=1Ω的导体棒ab向右做匀速运动，速度v=5m/s。则：
(1)求回路中的电流；
(2)ab棒向右运动时所受的安培力的大小；
(3)电阻R的发热功率。
19.2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。
如图甲所示，返回舱在距离地表约10km的高度打开降落伞，速度减至8m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2。
(1)求反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小；
(2)为了估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小，A、B两位同学给出了如下两种不同的解法：
请分析判断以上两种解法是否正确。若不正确，请说明错误原因。
(3)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度。
20.如图甲所示的半径为r的圆形导体环内，存在以圆环为边界竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt(k>0且为常量)。该变化的磁场会在空间产生圆形的感生电场，如图乙所示，感生电场的电场线是与导体环具有相同圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷会在感生电场的作用下定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。涡旋电场力充当非静电力，其大小与场强的关系与静电场相同。
(1)请根据法拉第电磁感应定律求导体环中产生的感应电动势ε；
(2)请根据电动势的定义推导导体环所在位置处感生电场场强E的大小，并判断E的方向(从上往下看，“顺时针”或“逆时针”)；
(3)若将导体圆环替换成一个半径为r的光滑、绝缘、封闭管道，管道水平放置，如图丙所示。管道内有质量为m、电荷量为+q的小球，t=0时小球静止。不考虑小球的重力及阻力，求t=t0时，管道对小球作用力的大小和方向(填“沿半径向外”或“沿半径向内”)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据原子核人工转变、α衰变、轻核聚变、重核裂变特征可以判断：
A. 714N+24He→817O+11H是原子核的人工转变。故A错误；
B. 92238U→90234Th+24He是α衰变。故B正确；
C. 12H+13H→24He+01n是轻核聚变。故C错误；
D. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是重核裂变。故D错误。
故选：B。
根据原子核人工转变、α衰变、轻核聚变、重核裂变特征，结合选项，即可解答。
本题考查学生对原子核人工转变、α衰变、轻核聚变、重核裂变特征的掌握，比较基础。
2.【答案】A
【解析】解：A.贝克勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，故A正确；
B.汤姆逊发现了电子，但不能说明原子具有核式结构，天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，故B错误；
C.卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，故C错误；
D.放射性元素的半衰期是其本身的属性，与温度无关，故D错误。
故选：A。
天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构；
α粒子散射实验说明原子的核式结构模型；
放射性元素的半衰期是其本身的属性。
本题考查学生对天然放射现象、α粒子散射实验、放射性元素的半衰期的掌握，比较基础，需要学生平时多熟记。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据光路图可知，在O点，a、b两光入射角相同，a光的折射角小，由折射定律n=sinisinr可知，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A错误；
B、根据折射率的速度表达式n=cv，a光的折射率大，可知a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃砖中的速度，故B错误；
C、根据临界角公式sinC=1n，a光的折射率大，临界角小，故C正确；
D、玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的波长小于b光波长，结合双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，波长大的干涉条纹间距大，所以b光的干涉条纹间距较大，故D错误。
故选：C。
根据折射定律，比较a、b两光折射率大小，再根据v=cn比较光在玻璃中的传播速度大小；根据临界角公式sinC=1n，分析临界角的大小；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ分析干涉条纹间距大小。
解答本题时，要掌握与折射率有关的三个公式：n=sinisinr、n=cv、sinC=1n，知道折射率越大，波长越短，双缝干涉条纹间距越小。
4.【答案】C
【解析】解：A.根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定磁场，不能产生电磁波，周期性变化的电场周围才一定能产生电磁波，故A错误；
B.根据发生明显的衍射条件，X与γ射线相比，X射线波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故B错误；
C.紫外线与红外线相比，频率大，光子的能量高，故C正确；
D.赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
根据电磁场理论分析判断；根据发生明显衍射的条件分析判断；根据光子能量分析判断；根据物理学史分析判断。
关键掌握麦克斯韦的电磁波理论、电磁波谱及物理学史。
5.【答案】D
【解析】解：A.位移的最大值即为简谐运动的振幅，物体振动的振幅为
A=2cm
故A错误；
B.根据x−t图像可知，物体振动的周期
T=0.8s
故B错误；
C.t=0.5s时，物体沿x轴负方向运动，故C错误；
D.0.4∼0.6s，物体由平衡位置向x轴负方向运动，位移增大，由
a=−kxm
可知加速度在增大，故D正确。
故选：D。
根据简谐运动的x−t图像判断出简谐运动中的各个物理量。
利用图像判断简谐运动的各个物理量，位移最大值为振幅，完整的周期可以直接读出。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，波长为4m，故A错误；
BC、根据质点P的振动方程y=10sin5πt(cm)，可知ω=5πrad/s，可知周期为T=2πω=2π5πs=0.4s，则波速为v=λT=40.4m/s=10m/s，故BC错误；
D、在t=0时质点P向y轴正方向运动，由波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，故D正确。
故选：D。
根据波动图象读出波长，根据质点P的振动方程y=10sin5πt(cm)，读出ω，根据T=2πω求出周期，再求出波速。根据t=0时刻质点P的振动方向，运用波形平移法判断波的传播方向。
本题的关键要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道ω和T的关系，能熟练运用波形平移法判断波的传播方向。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使磁铁转动，铝框会同向转动，故A错误；
B、图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属。真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频交流电，不能接高电压的恒定电流。故B错误；
C、当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；
D、图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理。电磁阻尼是一种能够降低机械系统振动的方法，它利用了电磁力来降低振动。具体来说电磁阻尼是通过在机械系统中添加一个电磁阻尼器来实现的。电磁阻尼器的工作原理是通过产生电磁力来降低机械系统的振动。当机械系统振动时电磁阻尼器会产生一种电磁力，这种力的方向和大小与机械系统的振动方向和大小相反。由于这种电磁力的作用，机械系统的振动会受到阻碍，从而降低了振动的幅度。故D正确。
故选：D。
AB、根据电磁驱动原理、涡流原理解释；
C、根据电磁感应作答；
D、微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。
本题是一道考查电磁驱动、涡流、电磁感应和电磁阻尼等知识的基础题，要加强知识的储备。
8.【答案】D
【解析】解：A.当开关S由断开变为闭合时，电源的电压同时加到两灯上，A和B同时亮，故A错误；
B.当开关S由断开变为闭合后，线圈中的电流逐渐增大，由于线圈的电阻几乎为0，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，电路总电阻减小，总电流增大，A变得更亮，故B错误；
CD.当开关S由闭合变为断开时，线圈阻碍电流的减小，产生感应电动势，B与线圈构成闭合回路，开关断开前通过线圈的电流大于B的电流，故A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化。
对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．
9.【答案】A
【解析】解：AB、变压器的输入电压基本保持不变，变压器匝数比不变，则变压器副线圈两端电压V2不变；用电高峰时，负载电阻R的值会减小，故电流表A2增大，输电线损失的电压增大，则V3减小，故A正确，B错误；
CD、变压器副线圈两端电压V2不变，用电高峰时R的值减小，由欧姆定律知A2增大；根据变压器原副线圈电流关系知，电流表A1也增大，故C、D错误。
故选：A。
与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
10.【答案】C
【解析】解：A.当P移至最左端时，AK极间的电压为零，光电管、电流表组成闭合电路，发生光电效应时，逸出的光电子具有初动能，会有光电流产生，电流表示数不为零，故A错误；
B.电流达到饱和电流时，电压表示数增大，电流表示数不再增大，故B错误；
C.氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，由高能级向低能级跃迁，释放出能量，放出光子，故C正确；
D.从n=5能级跃迁到n=3能级，释放的能量为：ΔE=E5−E3=−0.54eV−(−1.51eV)=0.97eV<2.30eV，所以产生的光不能让图甲中的K极金属发生光电效应，故D错误。
故选：C。
发生光电效应时，逸出的光电子具有初动能，AK间的电压为零时也有光电流；根据光电效应现象分析电流表的示数；由高能级向低能级跃迁放出光子；计算从n=5能级跃迁到n=3能级，释放的能量分析能否发生光电效应。
本题考查了光电效应与原子能级跃迁问题，要理解掌握玻尔原子结构模型，光电效应产生的条件。
11.【答案】D
【解析】解：在0−lv内，线框在磁场之外，安培力为0；
在lv−2lv内，由右手定则，感应电流的方向为逆时针，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，感应电动势和电流不变，根据左手定则，安培力方向x轴负方向，安培力大小
F=B2l2vR
在2lv−4lv内，线框全部进入磁场，穿过线圈磁通量不变，感应电流为0。安培力为0；
在4lv−5lv内，线框左边切割磁感线，由右手定则，感应电流的方向为顺时针，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，感应电动势和电流不变，根据左手定则，安培力的方向x轴的负方向，大小为F=B2l2vR
则图像如图
故D正确，ABC错误。
故选：D。
由右手定则，判断感应电流的方向，根据左手定则，确定安培力方向，并根据安培力大小的结论F=B2l2vR去分析。
本题解题关键是掌握单边切割磁场所以安培力大小为F=B2l2vR。
12.【答案】C
【解析】解：A、由题可知，小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，则根据闭合电路的欧姆定律有：
E=IR1+I(R并+r)，而R2两端电压：U2=IR并，可知压力越小，R1应该越大，故A错误；
B、根据闭合电路的欧姆定律有：E=I(R1+r)+IR并
当适当改变R2的阻值，则R并随之改变，R2与线圈并联电路两端的电压也改变，线圈的磁性也将改变，能让其他质量的果通过，从而改苹果的分拣标准，故B错误；
CD、若要提高分拣标准，就是使进入下面通道的大苹果的最小质量m0变大，质量大的苹果会使R1受到的压力变大，R1电阻要变小，若R2阻值不变，则R2的电压就要变大，故要使R2两端的电压保持不变，可只适当减小R2的电阻，故C正确；
则分拣出的最小苹果比m0还要小，提高了分拣标准。
D、若只增大电路中电源的电动势，会使回路中的电流增大，此时R2两端的电压会变大，则进入下面通道的大苹果最小质量m0为会变小，故降低了分拣标准，故D错误。
故选：C。
根据题设条件，小苹果通过(即压力越小)时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；
根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准；
根据电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律判断出苹果质量与R2两端电压的关系。
本题主要考查了线圈周围磁场的相关应用，理解该仪器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】B
【解析】解：A、甲乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为零，甲推乙后，两者动能均增大，即甲推乙的过程中甲和乙组成的系统机械能增大，故A错误；
B、甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则甲乙组成的系统动量守恒，因为甲的质量小于乙的质量，则甲的初速度大于乙的初速度，之后两人都做减速运动，因为两人与冰面的动摩擦因数相同，则加速度a=μg相同，由此可知，乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，故B正确；
C、减速过程中，地面摩擦力对两人做的功等于两人的初始动能，根据动能的计算公式Ek=12mv2=p22m可知，因为两人的动量相等，而甲的质量较小，所以减速过程中，地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，故C错误；
D、最终两人速度为零，则地面摩擦力对两人的冲量大小等于最初两人的动量大小，根据上述分析可知，减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量等于对乙的冲量，故D错误；
故选：B。
根据机械能守恒的定义，结合两人的速度变化完成分析；
根据动量守恒定律得出两人的动量大小关系，结合质量的大小关系得出速度的大小关系；
根据功能关系和动量定理得出地面摩擦力对人做的功和对人的冲量的大小关系。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时结合机械能守恒定律和动能定理即可完成分析。
14.【答案】C
【解析】解：AB、小球从B运动到C过程中，受到重力和弹簧的弹力，开始阶段弹力小于重力，合力方向向下，加速度方向向下，小球做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大；之后弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，小球做加速度增大的减速运动。根据x−t图像的切线斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度，可知x−t图像的切线斜率应先增大后减小，v−t图像的切线斜率应先减小后反向增大，故AB错误；
CD、小球在刚接触B点时，弹力为零，加速度为重力加速度g，小球做简谐运动，根据对称性可知，小球向下运动到相对于平衡位置对称的B′点时，小球的加速度大小为g，方向向上，此时小球具有与B点相同的速度，小球继续向下运动，可知小球在最低点C时的加速度大小大于重力加速度g，故C正确，D错误。
故选：C。
分析小球的受力情况，判断其运动情况，结合x−t图像的斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度，分析AB两项。根据牛顿第二定律和对称性分析CD选项。
解答本题的关键有二：一是抓住简谐运动的对称性，分析小球在最低点C时的加速度大小和方向；二是掌握x−t图像与v−t图像的物理意义，知道x−t图像的切线斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度。
15.【答案】
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，摆球直径d=17mm+6×0.1mm=17.6mm
(2)A.单摆测重力加速度实验中，采用测量摆球完成30或50次全振动所用的时间来求解单摆的周期，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测时间的误差，故A正确；
B.双缝干涉测光的波长实验中，采用测量N个条纹的间距来获得相邻条纹的间距，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测间距的误差，故B正确；
C.验证动量守恒定律实验中，采用测量小球平抛的水平距离来获得小球碰撞前后的动量关系，通过时间相等，即可获得水平距离与速度的关系，故C错误；
D.探究变压器原副线圈电压与匝数的关系实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，故D错误。
故选：AB。
(3)①A.为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故A正确；
B.眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住；如果在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把AB的像挡住，插第四个大头针D，使大头针D挡住大头针A、B的像，挡住大头针C，根据大头针C、D的位置就确定了从玻璃砖射出的光线，故B正确；
C.为了保护入射界面，实验中不可以用玻璃砖代替尺子画线，故C错误。
故选：AB。
②光路图如图所示：
选取小方格的边长为一个单位长度，则
sini=4.2 32+4.22≈0.81
sinr=2.0 2.02+3.32≈0.52
故折射率为
n=sinisinr=≈1.56
故答案为：(1)17.6；(2)AB；(3)①AB；②1.56。
(1)10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据累积放大思想逐项分析作答；
(3)①根据实验的正确操作方法逐项分析作答；
②根据光路图，选取小方格的边长为一个单位长度，根据数学知识求解入射角的正弦，折射角的正弦，再根据折射定律求折射率。
本题考查了游标卡尺的读数、玻璃折射率的测量以及物理方法和物理思想的理解和运用。
16.【答案】升高 dt1 窄 m1t1=m1t3+m2t2 mA h1=mB h2+mA h3
【解析】解：(1)①轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间说明滑块运动速度减小，说明导轨右边低，为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端升高一些。
②滑块经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，滑块A通过光电门1时的速度大小为：v1=dt1
由于将经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，为减小实验误差，应选择宽度适当窄一点的挡光条。
同理可得碰撞后滑块B通过光电门2时的速度大小为：v2=dt2
滑块A通过光电门2时的速度大小为：v3=dt3
取向左为正方向，若要验证动量守恒定律，需满足：m1v1=m2v2+m1v3
代入得：m1t1=m1t3+m2t2
(2)用天平测量小球A、B的质量mA、mB，小球A释放时到最低点的高度h1，B与A碰撞后分别上升的高度h2、h3。小球A从释放时到最低点由动能定理有：mAgh1=12mAv12
得：v1= 2gh1
同理可得碰撞后小球B和小球A的速度为：v2= 2gh2，v3= 2gh3
若要验证动量守恒定律，需验证的表达式为：mAv1=mBv2+mAv3
代入速度得到：mA h1=mB h2+mA h3
故答案为：(1)①升高；②dt1、窄、m1t1=m1t3+m2t2；(2)mA h1=mB h2+mA h3。
(1)①气垫导轨调至水平时，轻推滑块，滑块能做匀速直线运动。如不推滑块，滑块在任何位置都能保持静止，根据此要点进行判断；
②滑块过光电门的速度是用挡光片通过光电门的平均速度替代，挡光片的宽度越小，误差越小。根据v=dΔt求出碰撞前A通过光电门的速度以及碰后A、B通过光电门的速度，再写出动量守恒定律方程；
(2)根据机械能守恒求出碰撞前后的速度，再代入动量守恒的表达式，得到需要验证的表达式。
解决本题时，要掌握光电门测速的原理和方法：用平均速度代替瞬时速度。要知道弹性碰撞遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律。
17.【答案】解：(1)对A，从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
mgR=12mv12
解得
v1=2m/s
(2)A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律有
mv1=2mv2
解得
v2=1m/s
(3)碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=12mv12−12(2m)v22
解得
ΔE=0.1J
答：(1)碰撞前瞬间A速度的大小为2m/s；
(2)碰撞后瞬间A与B整体速度的大小为1m/s；
(3)A与B碰撞过程中损失的机械能为0.1J。
【解析】(1)对A，从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律列式，求碰撞前瞬间A速度的大小；
(2)A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律列式，求碰撞后瞬间A与B整体速度的大小；
(3)根据能量转化和守恒，求碰撞过程中损失的机械能。
本题考查学生对机械能守恒定律、动量守恒定律和能量转化和守恒的掌握，是一道具有综合性的中等难度题。
18.【答案】解：(1)由动生电动势公式得到，回路中的感应电动势为：E=Blv
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流：I=ER+r
代入数据解得：I=0.40A
(2)ab棒向右运动时所受安培力的大小为：F安=BIL=2×0.4×0.2N=0.16N
(3)电阻R上的发热功率为：P=I2R=0.42×4W=0.64W
答：(1)回路中的电流为0.40A；
(2)ab棒向右运动时所受的安培力的大小为0.16N；
(3)电阻R的发热功率为0.64W。
【解析】(1)由导体棒切割磁感线产生电动势的公式E=BLv求得感应电动势，由闭合电路欧姆定律即可求出回路中的电流；
(2)根据安培力大小由公式F=BIL求安培力；
(3)根据热功率公式求电阻R上的热功率。
本题考查动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式及热功率公式等基本规律，由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律以及电功率公式可求出求解。
19.【答案】解：(1)规定竖直向下为正方向，喷气过程中返回舱动量变化量为
Δp=mv2−mv1，解得Δp=−1.8×104kg⋅m/s
喷气过程中返回舱动量变化量的大小为1.8×104kg⋅m/s；
(2)甲、乙两同学的解法均不正确，甲同学忽略了重力，乙同学没有规定正方向，解题过程中力的正方向与速度的正方向不一致，正确解法如下：
设返回舱受到的平均推力为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理得
(mg−F)t=mv2−mv1
解得
F=1.2×105N
(3)以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为
m=ρ⋅πD24⋅vΔt
根据牛顿第三定律可得
F′=F
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得
F′Δt=4mv−0
解得
v= FπρD2
答：(1)反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小1.8×104kg⋅m/s；
(2)以上两种解法不正确，返回舱受到的平均推力大小1.2×105N；
(3)喷出气体的速度 FπρD2。
【解析】(1)规定竖直向下为正方向，根据动量变化量定义，求动量变化量；
(2)取竖直向下为正方向，根据动量定理，求返回舱受到的平均推力大小；
(3)以Δt时间内喷出的气体为研究对象，先求每台发动机喷出气体的质量，对4台发动机喷出的气体，由动量定理列式，同时结合牛顿第三定律，求喷出气体的速度。
本题考查学生对动量变化量定义、动量定理的掌握，其中在使用动量定理时，要注意规定正方向去解答。
20.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律有
ε=ΔΦΔt=S⋅ΔBΔt=kπr2
(2)根据电动势的定义有
ε=W非q=qE⋅2πrq=2πrE
解得感生电场的电场强度大小为
E=kr2
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，则感生电场的电场强度方向为逆时针方向。
(3)小球所受感生电场作用力为
F=qE=qkr2
在感生电场力的作用下，小球速度沿着圆周的切线方向均匀增加，小球做速率均匀增加的圆周运动，切向加速度大小
a1=Fm=qkr2m
根据运动学公式得
v=a1t0=qkrt02m
当小球在t0时刻以v绕环运动时，所受洛伦兹力F洛指向圆心(如图所示)，其大小为
F洛=qvB，B=kt0
可得
F洛=q2k2t02r2m
根据牛顿第二定律，小球做圆周运动所需的向心力F向(指向环心)由洛伦兹力F洛与弹力N提供，则有
F向=F洛+N
F向=mv2r=mq2k2r2t024rm2=q2k2rt024m
解得
N=−q2k2rt024m
由于N<0可知，小球受到管道的作用力方向沿半径向外(方向如图所示)。
答：(1)导体环中产生的感应电动势ε为kπr2；
(2)导体环所在位置处感生电场场强E的大小为kr2，E的方向逆时针；
(3)t=t0时，管道对小球作用力的大小为q2k2rt024m，方向沿半径向外。
【解析】解：(1)根据法拉第电磁感应定律列式求解即可；
(2)根据电动势的定义求感生电场的电动势，涡旋电场大小与场强的关系与静电场相同，结合U=ed求解；
(3)根据法拉第电磁感应定律和电动势的定义求得感生电场的电场强度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解小球的速度大小及管道对小球的弹力大小。
本题考查物理知识和方法的迁移能力，关键是熟练掌握变化率、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿定律、运动学公式等内容，关键是掌握感应电动势产生的微观实质，能够根据微观实质进行分析。A.用单摆测量重力加速度
B.用双缝干涉测量光的波长
C.验证动量守恒定律
D.探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
A同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
FΔt=mv2−mv1
解得
F=mv2−mv1Δt=(3000×2−3000×80.2)N=−9.0×104N
B同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
(F−mg)Δt=mv2−mv1
解得
F=mg+mv2−mv1Δt=(3.0×104+3000×2−3000×80.2)N=−6.0×104N
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