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2022-2023学年江苏省常州市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省常州市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.中科院近代物理所将 1226Mg原子核加速后轰击 95243Am原子核，成功合成了超重元素 107265Bh并同时释放出某种粒子，该粒子为( )
A. 中子B. 质子C. 电子D. 氦核
2.关于下列插图的说法正确的是( )
A. 甲图中方解石发生双折射现象，说明其内部分子排列无序
B. 乙图中E细管材料制作防水衣的防水效果比F细管材料好
C. 丙图中是绘制的α粒子散射轨迹图，其中的H、I轨迹不可能存在
D. 丁图中容器绝热，若抽掉中间隔板，则容器内理想气体温度会降低
3.健身球是一种内部充气的健身辅助器材。如图所示，用绝热材料制成的健身球，球内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是( )
A. 人体挤压健身球过程中，球内气体内能增大
B. 人体离开健身球过程中，球内所有气体分子的运动速率均减小
C. 人体离开健身球过程中，球内单位面积上单位时间内撞击的分子数不变
D. 将健身球举高，球内气体的分子势能增大
4.规定图甲LC振荡电路中逆时针方向的电流为正，M是电容器的上极板。从某时刻起记录图甲中的电流随时间变化的关系如图乙所示。则图像乙中的a∼b段对应电路甲中的( )
A. M板带正电B. M板的带电量在变大
C. 线圈L中的磁场能在变大D. 线圈L的自感电动势在变大
5.如图所示的是“研究影响饱和电流的因素”的实验电路，用某频率的光照射光电管，发生了光电效应，则( )
A. 电源的左端为负极
B. 滑动变阻器滑片移至最左端，电流表示数为零
C. 用频率更高的光照射时，电流表示数一定增大
D. 用光照强度更大的频率相同的光照射，饱和电流值一定增大
6.如图所示，是两列频率相同的横波相遇后某时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。则在两列波相互叠加的过程中( )
A. P点相对平衡位置的位移始终最大
B. P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移
C. P点和Q点的振动情况完全相同
D. P点和Q点连线上的某点可能与N点的振幅相同
7.如图所示，条形磁铁与螺线管在同一平面内，条形磁铁由位置A运动到位置C，则( )
A. 若磁铁匀速运动，则电流计的示数不变
B. 若磁铁加速运动，则电流计的示数比匀速过程的小
C. 无论磁铁加速还是匀速运动，通过电流计的电荷量相同
D. 无论磁铁加速还是匀速运动，电流计所在回路产生的焦耳热相同
8.一定质量的理想气体从状态A开始中，经历A→B→C→A一次循环回到A状态，其压强p随体积倒数1V变化的图像如图所示，其中AB的延长线过原点O，BC平行于横轴，CA平行于纵轴。下列表述正确的是( )
A. 由A→B，气体分子的平均速率减小
B. 由B→C，气体对外界做功
C. 由C→A，在单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多
D. 经一次循环过程，气体从外界吸收的热量与放出的热量相等
9.如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则( )
A. a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B. 拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下
C. c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D. d处反弹后网球做平抛运动
10.如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2平行放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，初始两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场。则( )
A. 导体棒L1的最终速度为v0B. 导体棒L2产生的焦耳热为3mv028
C. 通过导体棒横截面的电量为mv0BdD. 两导体棒初始距离最小值为mv0rB2d2
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.兴趣小组用图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①用气泵对气垫导轨充气，将滑块1和滑块2放在气垫导轨上，调节导轨底部螺母，直到两滑块都能保持静止；
②在滑块1上装上挡光片，用游标卡尺测量挡光片宽度L，在滑块2碰撞端粘上橡皮泥；
③用天平测出滑块1(含挡光片)和滑块2(含橡皮泥)的质量m1=0.32kg、m2=0.18kg；
④让滑块1以一定的初速度向右运动，与滑块2碰撞后两者粘在一起，光电门记录下碰前挡光片的遮光时间t1=0.015s和碰后挡光片的遮光时间t2=0.024s。
(1)步骤①的目的是______，上述步骤的合理排序为______。
(2)游标卡尺测量的挡光片宽度L如图乙所示，则L=______ mm。
(3)滑块1碰前的动量p1=______kg⋅m/s；两滑块碰撞后的总动量p2=______kg⋅m/s(计算结果保留两位有效数字)。
(4)p1与p2的大小有差异，其原因是______。
三、简答题：本大题共3小题，共32分。
12.如图所示，三角形ABC是某等腰直角三棱镜的截面，一束单色光平行于底边BC，射向直角边AB，光束进入棱镜后直接射到另一直角边AC时，恰好能发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该三棱镜对此单色光的折射率n；
(2)此单色光在该三棱镜中的传播速度v。
13.如图1所示为音响中的扬声器，结构图和沿对称轴的截面图如图2所示。当交变电流通过线圈时，圆形线圈在磁场中往复运动从而带动振膜发出声音。已知线圈由粗细均匀的钢丝绕制而成，线圈的半径a=2.5cm、匝数n=100匝，电阻r=8Ω。某实验小组扬声器与阻值R=8Ω的电阻相连，将扬声器充当话筒让振膜振动，带动线圈以速度v=0.2sin2000t(m/s)垂直磁场振动。线圈所在处的辐向磁场与线圈平面垂直，磁场磁感应强度大小为B=0.5T。π取3。求：
(1)线圈受到的安培力的最大值；
(2)10s内电阻R上产生的热量Q。
14.如图甲所示，两平行边界线MN与PQ之间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T；磁场左边界MN上有一个粒子源A，能够在磁场中沿纸面向任意方向射出比荷为qm=1.0×104C/kg的带正电的粒子，粒子速度大小约为v=2.0×103m/s。已知沿AN方向射出的粒子恰不会从磁场右边界PQ飞出，不计粒子重力。求：
(1)磁场宽度d；
(2)磁场中有粒子经过的区域的面积S；
(3)若磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(以垂直纸面向里为正方向)，粒子在磁感应强度为B0的磁场中做匀速圆周运动的周期为T(T未知)，要使t=0时刻从A点沿AN方向射入磁场的粒子能从右边界上与PQ成60∘角斜向上飞出磁场，求磁感应强度B0应满足的条件。
四、计算题：本大题共1小题，共13分。
15.如图，某人用手抓住一个箱子静止在足够长的光滑水平面上，已知人的质量为4m，箱子质量为m。某时刻人以相对地面v0的速度向右推出箱子，箱子与右侧墙壁碰撞后以3v04的速度弹回，当人接到箱子后再以相对地面v0的速度向右推出箱子，如此反复。求：
(1)第一次推出箱子后人的速度大小v1；
(2)若每次箱子与右侧墙壁碰撞过程所用时间为t，箱子所受墙壁的平均冲力的大小F；
(3)试通过计算推断人第二次推出箱子后，能否再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据核反应过程中，电荷数守恒可得粒子的电荷数为：12+95−107=0，质量数守恒可得质量数为：26+243−265=4，所以应该释放出4个中子，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，据此判断生成产物。
解答本题的关键是知道根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒。
2.【答案】C
【解析】解：A、方解石的双折射现象是光学各向异性的表现，其内部分子排列是有规则的，故A错误；
B、E细管材料与水是浸润的，F细管材料与水是不浸润的，制作防水衣防水效果F细管材料好，故B错误；
C、丙图为α粒子的散射实验现象，大多数粒子运动方向改变不明显，少部分发生大角度偏转，离原子核越近的偏转角度越大，故I轨迹不存在；α粒子受原子核的斥力，故H轨迹不存在，故C正确；
D、丁图的绝热容器中，抽掉隔板，气体自由膨胀不对外做功，根据热力学第一定律，可知气体的内能不变，最终温度不变，故D错误。
故选：C。
单晶体具有各向异性特征，说明其内部分子排列是有规则的；浸润液体在细管中液面升高；α粒子的散射实验中，由于受到原子核的斥力作用，离核越近的斥力越大，偏转角度越大；根据热力学第一定律作答。
根据晶体特点、浸润和不浸润、α粒子散射实验现象、热力学第一定律来作答，难度不大，需要对知识掌握熟练，认真审题。
3.【答案】A
【解析】解：A、人体挤压健身球过程中，球内气体体积减小，外界对气体做功，材料是绝热的，Q=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，球内气体内能增大，故A正确；
B、由于球内是理想气体，所以在人体离开健身球后，气体的内能减小，球内气体温度降低，所以气体分子热运动的平均速率减小，但并不是每个分子的速率都减小，故B错误；
C、根据选项C分析可知，人体离开健身球前后，气体分子内能减小，温度降低，根据理想气体状态方程得出，气体体积增大，压强一定减小，故球内单位面积上撞击的分子数一定减少，故C错误；
D、将健身球举高，球的重力势能增加，但球内是理想气体，故球内气体的分子势能为零，故D错误。
故选：A。
根据热力学第一定律得出内能的变化，根据理想气体的内能仅仅是分子动能的总和，理想气体分子势能为0，温度是分子平均动能的标志，再结合理想气体状态方程和气体压强的微观意义分析即可。
本题考查热力学第一定律的应用，要注意明确对于理想气体分子势能忽略不计，故温度不变时，内能不变。
4.【答案】C
【解析】解：ABC.a点时，电路中的电流为零，此时恰好反向充电完成，故a到b的过程中，电容器正在反向放电，此时电流为顺时针方向，则C板带正电，且C板带电量在减小，电容器电场能在减小，线圈L中磁场能在变大，故AB错误，C正确；
D.根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，电流变化率越小线圈L自感电动势越小，a到b过程中，电流变化率在逐渐减小，则线圈L自感电动势在逐渐减小，故D错误。
故选：C。
根据图像，判断电流，电流为零时，充电完成，电场能最大，之后电场能开始变小；
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，电流变化率越小线圈L自感电动势越小。
本题考查学生对LC振荡电路规律以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律的掌握，比较基础。
5.【答案】D
【解析】解：A.根据实验原理可知电源的左端为正极，故A错误；
B.滑动变阻器滑片移至最左端，光电管电压为零，光电子可以到达阳极形成光电流，电流表示数不为零，故B错误；
C.用频率更高的光照射时，若光的强度减小，则光电子数目减少，电流表示数一定减小，故C错误；
D.用光照强度更大的频率相同的光照射，则光电子数目增多，饱和电流值一定增大，故D正确。
故选：D。
根据实验原理分析电源正负极，当正向电压变大时，只有没有达到饱和电流时，电流才会增大；当接反向电压时，电流可能为零。
解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及饱和电流与逸出功的含义，知道打出的光电子的数目的多少与光子的数目多少有关，最后掌握正向电压与反向电压的不同。
6.【答案】B
【解析】解：AB.P点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，N是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点；振动加强点和减弱点的位移都随时间变化，P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移，故A错误，B正确；
C.P、Q两点相差半个波长，振动情况始终相反，故C错误；
D.P点和Q点连线上各点始终为振动加强点，振幅都等于两列波的振幅之和，而N点始终为振动减弱的点，振幅始终为两列波的振幅之差，因此P点和Q点连线上的某点不可能与N点的振幅相同，故D错误。
故选：B。
AB.P点是振动加强点，N是振动减弱点，振动加强点和减弱点的位移都随时间变化，据此分析作答；
C.P、N两点相差半个波长，振动情况相反，据此分析作答；
D.根据波的叠加原理分析振幅是否相同。
解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱；注意振动加强点只是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置。
7.【答案】C
【解析】解：A、在条形磁铁从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁感线的条数在增加，则穿过螺线管的磁通量在增加，也就是说磁铁越靠近螺线管，螺线管的磁通量越大，根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势：E=NΔΦΔt，匀速运动过程中，不知道ΔΦΔt是否变化，无法判断电流表示数是否变化，故A错误；
B、若磁铁加速运动，相比于匀速靠近C的过程中，加速靠近的过程中磁通量的变化率更大，可知螺线管所在回路中的感应电流比匀速运动时大，电流计的示数比匀速过程大，故B错误；
C、通过电流计的电荷量为q=I−t=E−Rt=ΔΦR，不管是加速还是匀速，条形磁铁从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁通量的变化量大小相同，两种方式通过电流计的电荷量相同，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律有E=NΔΦΔt，两种运动形式磁通量的变化量相同，但是时间不同，可得E加>E匀；而螺线管所在回路产生的焦耳热实际由电场能转化来的，即有Q=Eq，而加速运动产生的电场能大于匀速运动产生的电场能，可知加速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热大于匀速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热，故D错误。
故选：C。
条形磁铁由位置A运动到位置C，分析穿过螺线管的磁通量变化率变化情况，判断感应电动势的变化情况，从而分析感应电流的变化情况；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式相结合推导出电荷量与磁通量变化量的关系，从而分析通过电流计的电荷量关系；根据加速和匀速过程产生的电场能关系，分析焦耳热关系。
解答本题时，要明确螺线管的磁通量变化情况，来分析感应电动势的变化情况，从而判断感应电流的变化情况。要知道通过电流计的电荷量与磁通量变化量有关，与运动时间无关。
8.【答案】C
【解析】解：A、由理想气体状态方程可得：p=cT1V，由此可知由A→B，气体发生等温变化，气体的温度不变，则气体分子的平均速率不变，故A错误；
B、由题图可知，气体从B→C，气体的体积变小，则外界对气体做功，故B错误；
C、由题图可知，气体从C→A，气体的体积不变，压强增大，则在单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数增多，故C正确；
D、由题图可知，在一次循环的过程中，气体的p−V图像如图所示：
由于p−V图像与V轴所围的面积代表外界对气体所做的功，可知整个过程中，从A到B气体对外界做功大于从B到C外界对气体做功，则气体对外界做功，由于一次循环中ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体从外界吸收的热量大于放出的热量，故D错误。
故选：C。
本题考查定质量理想气体状态变化时的p−1V图象，解题时要知道图象的斜率表示气体的温度的大小，当气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；温度是物体分子平均动能的标志，气体压强的微观意义，及影响压强的因素，知道一次循环时ΔU=0；
根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题解题时要知道图象的斜率表示气体的温度的大小，当气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；温度是物体分子平均动能的标志，气体压强的微观意义，及影响压强的因素，知道一次循环时ΔU=0。
9.【答案】B
【解析】解：A、网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B、a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C、由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；
D、做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。
故选：B。
首先，根据网球的运动轨迹，结合网球的速度方向判断网球拍对网球的冲量；
其次，分析拍打后a到c过程中网球的受力情况，判断此过程中网球受到的冲量方向；
然后，分析网球从c到d过程中受力情况，根据各阶段的受力情况判断网球受到的冲量方向；
最后，根据做平抛运动的条件判断网球在d处反弹后的运动是不是平抛运动。
本题考查了冲量的理解以及平抛运动的相关知识，解决本题的关键是对网球的受力情况以及运动情况。
10.【答案】D
【解析】解：A、L2以初速度v0向右运动，根据楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，导体棒L1受到的安培力方向向右，而L2受到的安培力方向向左，L1向右加速、L2向右减速，最终导体棒L1和L2以相同的速度向右做匀速直线运动。此过程中两根导体棒水平方向合外力为零，系统动量守恒，设共同速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，解得：v=0.5v0，故A错误；
B、整个回路中产生的热为：Q=12mv02−12×2mv2
根据焦耳定律可得导体棒L2产生的焦耳热为：Q′=rr+rQ
联立解得：Q′=mv028，故B错误；
C、对导体棒L1，取向右为正方向，由动量定理得：BdI−t=mv−0，因为q=I−t，解得通过导体棒横截面的电荷量为：q=mv02Bd，故C错误；
D、当导体棒L1、L2的速度相等时距离为零时，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为L，根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−2rt=ΔΦ2r=BdL2r
根据C选项可知：q=mv02Bd
解得：L=mv0rB2d2，故D正确。
故选：D。
根据受力情况可知，最终导体棒L1和L2以相同的速度向右做匀速直线运动，根据动量守恒定律求解最终的速度大小；根据能量守恒定律求解整个回路中产生的热，根据焦耳定律可得导体棒L2产生的焦耳热；对导体棒L1，由动量定理结合电荷量的计算公式求解通过导体棒横截面的电荷量；当导体棒L1、L2的速度相等时距离为零时，则两棒初始距离最小，根据电荷量的计算公式求解最小距离。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
11.【答案】调节气垫导轨水平 ②③①④ 滑块受到空气阻力作用
【解析】解：(1)实验步骤①的目的是调节气垫导轨水平；实验前应在两滑块上安装挡光片、在滑块2上粘上橡皮泥，测出遮光片的宽度，然后用天平测出滑块的质量，把滑块放在气垫导轨上并调节气垫导轨水平，测出滑块经过光电门的时间，故合理的实验步骤是②③①④。
(2)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，精度是0.05mm，遮光片的宽度L=4mm+10×0.05mm=4.50mm。
(3)碰撞前滑块1的速度v1=Lt1=4.50×10−30.015m/s=0.3m/s，碰撞后滑块的速度v2=Lt2=4.5×10−30.024m/s=0.1875m/s
滑块1碰撞前的动量p1=m1v1=0.32×0.3kg⋅m/s=0.096kg⋅m/s
两滑块碰撞后的总动量p2=(m1+m2)v2=(0.32+0.18)×0.1875kg⋅m/s≈0.094kg⋅m/s
(4)由于滑块在运动过程受受到空气阻力作用，滑块的速度减小，从而使碰撞后滑块的总动量小于碰撞前系统的总动量。
故答案为：(1)调节气垫导轨水平，②③①④；(2)4.50；(3)0.096，0.094；(4)滑块受到空气阻力作用。
(1)实验前要调节气垫导轨水平，根据实验原理与实验操作合理安排实验步骤。
(2)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺的读数。
(3)求出滑块的速度，根据动量的计算公式求出碰撞前后滑块的动量。
(4)根据实验误差来源分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；解题时注意有效数字的保留。
12.【答案】解：(1)作出光路图如图，设三棱镜的全反射临界角为C。
由题意，光线射到AB的入射角为45∘，折射角为r，光线射到AC边的入射角为α。
根据折射定律得：n=sin45∘sinr
由于光线射到AC边时刚好能发生全反射，刚好能发生全反射，则α=C，则有：
sinα=1n
又有几何关系有：r+α=90∘
则得：sinr=csα= 1−sin2α
代入解得：n= 62
(2)光线在该三棱镜中的传播速度v=cn= 63c
答：(1)该三棱镜对此单色光的折射率n是 62；
(2)此单色光在该三棱镜中的传播速度v是 63c。
【解析】(1)光线射到AC边时刚好能发生全反射，入射角等于临界角C，根据折射定律和临界角公式sinC=1n，结合几何关系求出三棱镜的折射率。
(2)由公式v=cn求此单色光在该三棱镜中的传播速度v。
解决本题的关键要抓住产生全反射的临界条件：入射角恰好等于临界角，由折射定律和几何知识结合求解折射率。
13.【答案】解：(1)线圈切割磁感线的有效长度L=2πa，线圈内产生的感应电动势E=nBLv
代入数据可得：E=1.5sin2000t(V)
则电动势最大值Em=1.5V
由闭合电路欧姆定律可得电流最大值Im=EmR+r=1.5V8Ω+8Ω=332A
安培力的最大值Fm=nBImL
代入数据可得：Fm=4564N
(2)电流的有效值I=Im 2
10s内电阻R上产生的热量Q=I2Rt
代入数据可得：Q=45128J
答：(1)线圈受到的安培力的最大值为4564N；
(2)10s内电阻R上产生的热量Q为45128J。
【解析】(1)线圈切割磁感线的长度为线圈的周长，根据E=BLv可得线圈切割磁感线产生的感应电动势大小，可知线圈内产生正弦式交流电，可得电动势的最大值，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流最大值，根据安培力计算式F=BIL可得安培力的最大值；
(2)根据正弦式交流电电流有效值与最大值的关系可得电流有效值，根据焦耳定律Q=I2Rt可得电阻R上产生的热量。
本题考查了安培力的计算和焦耳定律，注意计算感应电动势和安培力的大小时要乘以匝数，计算热量时要用电流的有效值。
14.【答案】解：(1)沿AN方向射出的粒子的运动轨迹如下图图所示
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R
解得：R=0.4m
则磁场宽度为：d=2R=0.8m；
(2)磁场中有粒子经过的区域如下图的阴影部分所示
，
其面积为：S=πR22+π(2R)24=π×0.422m2+π×(2×0.4)22m2=0.24πm2；
(3)设粒子在磁感应强度为B0的磁场中做圆周运动的半径为r，则有：r=mvqB0
可知当磁感应强度为2B0时圆周运动的半径为r2
要使粒子能从右边界上与PQ成60∘角斜向上飞出磁场，按上下两种情况讨论：
①若射出时的情形如图甲所示，
由于粒子飞出磁场边界时速度方向斜向上60∘，最后一个圆弧运动到边界的距离为：r2−r2rcs60∘=r4
根据运动的周期性可得：d=3nr+94r，(n=0、1、2……)
联立解得：B0=12n+916T，(n=0、1、2……)
②若射出时的情形如右图图乙所示，
最后一个圆弧运动到边界的距离为：r+rcs60∘=3r2
根据运动的周期性可得：d=3nr+3r2，(n=0、1、2……)
联立解得：B0=6n+38T，(n=0、1、2……)
答：(1)磁场宽度d为0.8m；
(2)磁场中有粒子经过的区域的面积S为0.24πm2；
(3)磁感应强度B0的值为12n+916或6n+38(n=0、1、2……)。
【解析】(1)作出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求解出粒子运动的半径，根据几何知识求解磁场宽度d；
(2)作出有粒子经过的区域图形，根据几何知识求解该区域的面积；
(3)分析粒子射出的可能的运动情况，根据几何知识求解粒子运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度应该满足的条件，注意粒子运动的多解性。
解决该题的关键是正确作出粒子在磁场中运动的轨迹，能根据几何知识找到磁场的宽度与粒子做匀速圆周运动的半径的关系。
15.【答案】解：取水平向左为正方向。
(1)第一次人推出箱子的过程，由动量守恒定律，有：
4mv1−mv0=0
可得：v1=14v0
(2)箱子与右侧墙壁碰撞过程，对箱子，由动量定理，有：
Ft=m⋅3v04−m(−v0)
可得：F=7mv04t
(3)研究人第一次接到箱子并第二次推出箱子的过程，人和箱子组成的系统动量守恒，则有：
m(3v04)+4m(14v0)=4mv2−mv0
解得：v2=1116v0
因为v2=1116v0<3v04，所以人能再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。
答：(1)第一次推出箱子后人的速度大小v1为14v0。
(2)若每次箱子与右侧墙壁碰撞过程所用时间为t，箱子所受墙壁的平均冲力的大小F为7mv04t；
(3)人第二次推出箱子后，能再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。
【解析】(1)人将箱子推出的过程，由于人与箱子组成的系统合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出第一次推出箱子后人的速度大小v1；
(2)箱子与右侧墙壁碰撞过程受到的合外力即为墙壁的作用力，根据动量定理求墙壁对箱子的平均冲力。
(3)研究人第一次接到箱子并第二次推出箱子的过程，根据动量守恒定律求出第二次推出箱子后人的速度大小，与箱子的速度大小比较，即可作出判断。
本题考查了动量守恒定律和动量定理的应用，要知道人在推出箱子与接住箱子的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题。在运用动量守恒定律解题时注意规定正方向，用符号表示速度方向。
1.中科院近代物理所将 1226Mg原子核加速后轰击 95243Am原子核，成功合成了超重元素 107265Bh并同时释放出某种粒子，该粒子为( )
A. 中子B. 质子C. 电子D. 氦核
2.关于下列插图的说法正确的是( )
A. 甲图中方解石发生双折射现象，说明其内部分子排列无序
B. 乙图中E细管材料制作防水衣的防水效果比F细管材料好
C. 丙图中是绘制的α粒子散射轨迹图，其中的H、I轨迹不可能存在
D. 丁图中容器绝热，若抽掉中间隔板，则容器内理想气体温度会降低
3.健身球是一种内部充气的健身辅助器材。如图所示，用绝热材料制成的健身球，球内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是( )
A. 人体挤压健身球过程中，球内气体内能增大
B. 人体离开健身球过程中，球内所有气体分子的运动速率均减小
C. 人体离开健身球过程中，球内单位面积上单位时间内撞击的分子数不变
D. 将健身球举高，球内气体的分子势能增大
4.规定图甲LC振荡电路中逆时针方向的电流为正，M是电容器的上极板。从某时刻起记录图甲中的电流随时间变化的关系如图乙所示。则图像乙中的a∼b段对应电路甲中的( )
A. M板带正电B. M板的带电量在变大
C. 线圈L中的磁场能在变大D. 线圈L的自感电动势在变大
5.如图所示的是“研究影响饱和电流的因素”的实验电路，用某频率的光照射光电管，发生了光电效应，则( )
A. 电源的左端为负极
B. 滑动变阻器滑片移至最左端，电流表示数为零
C. 用频率更高的光照射时，电流表示数一定增大
D. 用光照强度更大的频率相同的光照射，饱和电流值一定增大
6.如图所示，是两列频率相同的横波相遇后某时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。则在两列波相互叠加的过程中( )
A. P点相对平衡位置的位移始终最大
B. P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移
C. P点和Q点的振动情况完全相同
D. P点和Q点连线上的某点可能与N点的振幅相同
7.如图所示，条形磁铁与螺线管在同一平面内，条形磁铁由位置A运动到位置C，则( )
A. 若磁铁匀速运动，则电流计的示数不变
B. 若磁铁加速运动，则电流计的示数比匀速过程的小
C. 无论磁铁加速还是匀速运动，通过电流计的电荷量相同
D. 无论磁铁加速还是匀速运动，电流计所在回路产生的焦耳热相同
8.一定质量的理想气体从状态A开始中，经历A→B→C→A一次循环回到A状态，其压强p随体积倒数1V变化的图像如图所示，其中AB的延长线过原点O，BC平行于横轴，CA平行于纵轴。下列表述正确的是( )
A. 由A→B，气体分子的平均速率减小
B. 由B→C，气体对外界做功
C. 由C→A，在单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多
D. 经一次循环过程，气体从外界吸收的热量与放出的热量相等
9.如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则( )
A. a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B. 拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下
C. c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D. d处反弹后网球做平抛运动
10.如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2平行放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，初始两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场。则( )
A. 导体棒L1的最终速度为v0B. 导体棒L2产生的焦耳热为3mv028
C. 通过导体棒横截面的电量为mv0BdD. 两导体棒初始距离最小值为mv0rB2d2
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.兴趣小组用图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①用气泵对气垫导轨充气，将滑块1和滑块2放在气垫导轨上，调节导轨底部螺母，直到两滑块都能保持静止；
②在滑块1上装上挡光片，用游标卡尺测量挡光片宽度L，在滑块2碰撞端粘上橡皮泥；
③用天平测出滑块1(含挡光片)和滑块2(含橡皮泥)的质量m1=0.32kg、m2=0.18kg；
④让滑块1以一定的初速度向右运动，与滑块2碰撞后两者粘在一起，光电门记录下碰前挡光片的遮光时间t1=0.015s和碰后挡光片的遮光时间t2=0.024s。
(1)步骤①的目的是______，上述步骤的合理排序为______。
(2)游标卡尺测量的挡光片宽度L如图乙所示，则L=______ mm。
(3)滑块1碰前的动量p1=______kg⋅m/s；两滑块碰撞后的总动量p2=______kg⋅m/s(计算结果保留两位有效数字)。
(4)p1与p2的大小有差异，其原因是______。
三、简答题：本大题共3小题，共32分。
12.如图所示，三角形ABC是某等腰直角三棱镜的截面，一束单色光平行于底边BC，射向直角边AB，光束进入棱镜后直接射到另一直角边AC时，恰好能发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该三棱镜对此单色光的折射率n；
(2)此单色光在该三棱镜中的传播速度v。
13.如图1所示为音响中的扬声器，结构图和沿对称轴的截面图如图2所示。当交变电流通过线圈时，圆形线圈在磁场中往复运动从而带动振膜发出声音。已知线圈由粗细均匀的钢丝绕制而成，线圈的半径a=2.5cm、匝数n=100匝，电阻r=8Ω。某实验小组扬声器与阻值R=8Ω的电阻相连，将扬声器充当话筒让振膜振动，带动线圈以速度v=0.2sin2000t(m/s)垂直磁场振动。线圈所在处的辐向磁场与线圈平面垂直，磁场磁感应强度大小为B=0.5T。π取3。求：
(1)线圈受到的安培力的最大值；
(2)10s内电阻R上产生的热量Q。
14.如图甲所示，两平行边界线MN与PQ之间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T；磁场左边界MN上有一个粒子源A，能够在磁场中沿纸面向任意方向射出比荷为qm=1.0×104C/kg的带正电的粒子，粒子速度大小约为v=2.0×103m/s。已知沿AN方向射出的粒子恰不会从磁场右边界PQ飞出，不计粒子重力。求：
(1)磁场宽度d；
(2)磁场中有粒子经过的区域的面积S；
(3)若磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(以垂直纸面向里为正方向)，粒子在磁感应强度为B0的磁场中做匀速圆周运动的周期为T(T未知)，要使t=0时刻从A点沿AN方向射入磁场的粒子能从右边界上与PQ成60∘角斜向上飞出磁场，求磁感应强度B0应满足的条件。
四、计算题：本大题共1小题，共13分。
15.如图，某人用手抓住一个箱子静止在足够长的光滑水平面上，已知人的质量为4m，箱子质量为m。某时刻人以相对地面v0的速度向右推出箱子，箱子与右侧墙壁碰撞后以3v04的速度弹回，当人接到箱子后再以相对地面v0的速度向右推出箱子，如此反复。求：
(1)第一次推出箱子后人的速度大小v1；
(2)若每次箱子与右侧墙壁碰撞过程所用时间为t，箱子所受墙壁的平均冲力的大小F；
(3)试通过计算推断人第二次推出箱子后，能否再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据核反应过程中，电荷数守恒可得粒子的电荷数为：12+95−107=0，质量数守恒可得质量数为：26+243−265=4，所以应该释放出4个中子，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，据此判断生成产物。
解答本题的关键是知道根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒。
2.【答案】C
【解析】解：A、方解石的双折射现象是光学各向异性的表现，其内部分子排列是有规则的，故A错误；
B、E细管材料与水是浸润的，F细管材料与水是不浸润的，制作防水衣防水效果F细管材料好，故B错误；
C、丙图为α粒子的散射实验现象，大多数粒子运动方向改变不明显，少部分发生大角度偏转，离原子核越近的偏转角度越大，故I轨迹不存在；α粒子受原子核的斥力，故H轨迹不存在，故C正确；
D、丁图的绝热容器中，抽掉隔板，气体自由膨胀不对外做功，根据热力学第一定律，可知气体的内能不变，最终温度不变，故D错误。
故选：C。
单晶体具有各向异性特征，说明其内部分子排列是有规则的；浸润液体在细管中液面升高；α粒子的散射实验中，由于受到原子核的斥力作用，离核越近的斥力越大，偏转角度越大；根据热力学第一定律作答。
根据晶体特点、浸润和不浸润、α粒子散射实验现象、热力学第一定律来作答，难度不大，需要对知识掌握熟练，认真审题。
3.【答案】A
【解析】解：A、人体挤压健身球过程中，球内气体体积减小，外界对气体做功，材料是绝热的，Q=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，球内气体内能增大，故A正确；
B、由于球内是理想气体，所以在人体离开健身球后，气体的内能减小，球内气体温度降低，所以气体分子热运动的平均速率减小，但并不是每个分子的速率都减小，故B错误；
C、根据选项C分析可知，人体离开健身球前后，气体分子内能减小，温度降低，根据理想气体状态方程得出，气体体积增大，压强一定减小，故球内单位面积上撞击的分子数一定减少，故C错误；
D、将健身球举高，球的重力势能增加，但球内是理想气体，故球内气体的分子势能为零，故D错误。
故选：A。
根据热力学第一定律得出内能的变化，根据理想气体的内能仅仅是分子动能的总和，理想气体分子势能为0，温度是分子平均动能的标志，再结合理想气体状态方程和气体压强的微观意义分析即可。
本题考查热力学第一定律的应用，要注意明确对于理想气体分子势能忽略不计，故温度不变时，内能不变。
4.【答案】C
【解析】解：ABC.a点时，电路中的电流为零，此时恰好反向充电完成，故a到b的过程中，电容器正在反向放电，此时电流为顺时针方向，则C板带正电，且C板带电量在减小，电容器电场能在减小，线圈L中磁场能在变大，故AB错误，C正确；
D.根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，电流变化率越小线圈L自感电动势越小，a到b过程中，电流变化率在逐渐减小，则线圈L自感电动势在逐渐减小，故D错误。
故选：C。
根据图像，判断电流，电流为零时，充电完成，电场能最大，之后电场能开始变小；
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，电流变化率越小线圈L自感电动势越小。
本题考查学生对LC振荡电路规律以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律的掌握，比较基础。
5.【答案】D
【解析】解：A.根据实验原理可知电源的左端为正极，故A错误；
B.滑动变阻器滑片移至最左端，光电管电压为零，光电子可以到达阳极形成光电流，电流表示数不为零，故B错误；
C.用频率更高的光照射时，若光的强度减小，则光电子数目减少，电流表示数一定减小，故C错误；
D.用光照强度更大的频率相同的光照射，则光电子数目增多，饱和电流值一定增大，故D正确。
故选：D。
根据实验原理分析电源正负极，当正向电压变大时，只有没有达到饱和电流时，电流才会增大；当接反向电压时，电流可能为零。
解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及饱和电流与逸出功的含义，知道打出的光电子的数目的多少与光子的数目多少有关，最后掌握正向电压与反向电压的不同。
6.【答案】B
【解析】解：AB.P点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，N是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点；振动加强点和减弱点的位移都随时间变化，P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移，故A错误，B正确；
C.P、Q两点相差半个波长，振动情况始终相反，故C错误；
D.P点和Q点连线上各点始终为振动加强点，振幅都等于两列波的振幅之和，而N点始终为振动减弱的点，振幅始终为两列波的振幅之差，因此P点和Q点连线上的某点不可能与N点的振幅相同，故D错误。
故选：B。
AB.P点是振动加强点，N是振动减弱点，振动加强点和减弱点的位移都随时间变化，据此分析作答；
C.P、N两点相差半个波长，振动情况相反，据此分析作答；
D.根据波的叠加原理分析振幅是否相同。
解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱；注意振动加强点只是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置。
7.【答案】C
【解析】解：A、在条形磁铁从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁感线的条数在增加，则穿过螺线管的磁通量在增加，也就是说磁铁越靠近螺线管，螺线管的磁通量越大，根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势：E=NΔΦΔt，匀速运动过程中，不知道ΔΦΔt是否变化，无法判断电流表示数是否变化，故A错误；
B、若磁铁加速运动，相比于匀速靠近C的过程中，加速靠近的过程中磁通量的变化率更大，可知螺线管所在回路中的感应电流比匀速运动时大，电流计的示数比匀速过程大，故B错误；
C、通过电流计的电荷量为q=I−t=E−Rt=ΔΦR，不管是加速还是匀速，条形磁铁从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁通量的变化量大小相同，两种方式通过电流计的电荷量相同，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律有E=NΔΦΔt，两种运动形式磁通量的变化量相同，但是时间不同，可得E加>E匀；而螺线管所在回路产生的焦耳热实际由电场能转化来的，即有Q=Eq，而加速运动产生的电场能大于匀速运动产生的电场能，可知加速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热大于匀速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热，故D错误。
故选：C。
条形磁铁由位置A运动到位置C，分析穿过螺线管的磁通量变化率变化情况，判断感应电动势的变化情况，从而分析感应电流的变化情况；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式相结合推导出电荷量与磁通量变化量的关系，从而分析通过电流计的电荷量关系；根据加速和匀速过程产生的电场能关系，分析焦耳热关系。
解答本题时，要明确螺线管的磁通量变化情况，来分析感应电动势的变化情况，从而判断感应电流的变化情况。要知道通过电流计的电荷量与磁通量变化量有关，与运动时间无关。
8.【答案】C
【解析】解：A、由理想气体状态方程可得：p=cT1V，由此可知由A→B，气体发生等温变化，气体的温度不变，则气体分子的平均速率不变，故A错误；
B、由题图可知，气体从B→C，气体的体积变小，则外界对气体做功，故B错误；
C、由题图可知，气体从C→A，气体的体积不变，压强增大，则在单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数增多，故C正确；
D、由题图可知，在一次循环的过程中，气体的p−V图像如图所示：
由于p−V图像与V轴所围的面积代表外界对气体所做的功，可知整个过程中，从A到B气体对外界做功大于从B到C外界对气体做功，则气体对外界做功，由于一次循环中ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体从外界吸收的热量大于放出的热量，故D错误。
故选：C。
本题考查定质量理想气体状态变化时的p−1V图象，解题时要知道图象的斜率表示气体的温度的大小，当气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；温度是物体分子平均动能的标志，气体压强的微观意义，及影响压强的因素，知道一次循环时ΔU=0；
根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题解题时要知道图象的斜率表示气体的温度的大小，当气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；温度是物体分子平均动能的标志，气体压强的微观意义，及影响压强的因素，知道一次循环时ΔU=0。
9.【答案】B
【解析】解：A、网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B、a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C、由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；
D、做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。
故选：B。
首先，根据网球的运动轨迹，结合网球的速度方向判断网球拍对网球的冲量；
其次，分析拍打后a到c过程中网球的受力情况，判断此过程中网球受到的冲量方向；
然后，分析网球从c到d过程中受力情况，根据各阶段的受力情况判断网球受到的冲量方向；
最后，根据做平抛运动的条件判断网球在d处反弹后的运动是不是平抛运动。
本题考查了冲量的理解以及平抛运动的相关知识，解决本题的关键是对网球的受力情况以及运动情况。
10.【答案】D
【解析】解：A、L2以初速度v0向右运动，根据楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，导体棒L1受到的安培力方向向右，而L2受到的安培力方向向左，L1向右加速、L2向右减速，最终导体棒L1和L2以相同的速度向右做匀速直线运动。此过程中两根导体棒水平方向合外力为零，系统动量守恒，设共同速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，解得：v=0.5v0，故A错误；
B、整个回路中产生的热为：Q=12mv02−12×2mv2
根据焦耳定律可得导体棒L2产生的焦耳热为：Q′=rr+rQ
联立解得：Q′=mv028，故B错误；
C、对导体棒L1，取向右为正方向，由动量定理得：BdI−t=mv−0，因为q=I−t，解得通过导体棒横截面的电荷量为：q=mv02Bd，故C错误；
D、当导体棒L1、L2的速度相等时距离为零时，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为L，根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−2rt=ΔΦ2r=BdL2r
根据C选项可知：q=mv02Bd
解得：L=mv0rB2d2，故D正确。
故选：D。
根据受力情况可知，最终导体棒L1和L2以相同的速度向右做匀速直线运动，根据动量守恒定律求解最终的速度大小；根据能量守恒定律求解整个回路中产生的热，根据焦耳定律可得导体棒L2产生的焦耳热；对导体棒L1，由动量定理结合电荷量的计算公式求解通过导体棒横截面的电荷量；当导体棒L1、L2的速度相等时距离为零时，则两棒初始距离最小，根据电荷量的计算公式求解最小距离。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
11.【答案】调节气垫导轨水平 ②③①④ 滑块受到空气阻力作用
【解析】解：(1)实验步骤①的目的是调节气垫导轨水平；实验前应在两滑块上安装挡光片、在滑块2上粘上橡皮泥，测出遮光片的宽度，然后用天平测出滑块的质量，把滑块放在气垫导轨上并调节气垫导轨水平，测出滑块经过光电门的时间，故合理的实验步骤是②③①④。
(2)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，精度是0.05mm，遮光片的宽度L=4mm+10×0.05mm=4.50mm。
(3)碰撞前滑块1的速度v1=Lt1=4.50×10−30.015m/s=0.3m/s，碰撞后滑块的速度v2=Lt2=4.5×10−30.024m/s=0.1875m/s
滑块1碰撞前的动量p1=m1v1=0.32×0.3kg⋅m/s=0.096kg⋅m/s
两滑块碰撞后的总动量p2=(m1+m2)v2=(0.32+0.18)×0.1875kg⋅m/s≈0.094kg⋅m/s
(4)由于滑块在运动过程受受到空气阻力作用，滑块的速度减小，从而使碰撞后滑块的总动量小于碰撞前系统的总动量。
故答案为：(1)调节气垫导轨水平，②③①④；(2)4.50；(3)0.096，0.094；(4)滑块受到空气阻力作用。
(1)实验前要调节气垫导轨水平，根据实验原理与实验操作合理安排实验步骤。
(2)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺的读数。
(3)求出滑块的速度，根据动量的计算公式求出碰撞前后滑块的动量。
(4)根据实验误差来源分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；解题时注意有效数字的保留。
12.【答案】解：(1)作出光路图如图，设三棱镜的全反射临界角为C。
由题意，光线射到AB的入射角为45∘，折射角为r，光线射到AC边的入射角为α。
根据折射定律得：n=sin45∘sinr
由于光线射到AC边时刚好能发生全反射，刚好能发生全反射，则α=C，则有：
sinα=1n
又有几何关系有：r+α=90∘
则得：sinr=csα= 1−sin2α
代入解得：n= 62
(2)光线在该三棱镜中的传播速度v=cn= 63c
答：(1)该三棱镜对此单色光的折射率n是 62；
(2)此单色光在该三棱镜中的传播速度v是 63c。
【解析】(1)光线射到AC边时刚好能发生全反射，入射角等于临界角C，根据折射定律和临界角公式sinC=1n，结合几何关系求出三棱镜的折射率。
(2)由公式v=cn求此单色光在该三棱镜中的传播速度v。
解决本题的关键要抓住产生全反射的临界条件：入射角恰好等于临界角，由折射定律和几何知识结合求解折射率。
13.【答案】解：(1)线圈切割磁感线的有效长度L=2πa，线圈内产生的感应电动势E=nBLv
代入数据可得：E=1.5sin2000t(V)
则电动势最大值Em=1.5V
由闭合电路欧姆定律可得电流最大值Im=EmR+r=1.5V8Ω+8Ω=332A
安培力的最大值Fm=nBImL
代入数据可得：Fm=4564N
(2)电流的有效值I=Im 2
10s内电阻R上产生的热量Q=I2Rt
代入数据可得：Q=45128J
答：(1)线圈受到的安培力的最大值为4564N；
(2)10s内电阻R上产生的热量Q为45128J。
【解析】(1)线圈切割磁感线的长度为线圈的周长，根据E=BLv可得线圈切割磁感线产生的感应电动势大小，可知线圈内产生正弦式交流电，可得电动势的最大值，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流最大值，根据安培力计算式F=BIL可得安培力的最大值；
(2)根据正弦式交流电电流有效值与最大值的关系可得电流有效值，根据焦耳定律Q=I2Rt可得电阻R上产生的热量。
本题考查了安培力的计算和焦耳定律，注意计算感应电动势和安培力的大小时要乘以匝数，计算热量时要用电流的有效值。
14.【答案】解：(1)沿AN方向射出的粒子的运动轨迹如下图图所示
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R
解得：R=0.4m
则磁场宽度为：d=2R=0.8m；
(2)磁场中有粒子经过的区域如下图的阴影部分所示
，
其面积为：S=πR22+π(2R)24=π×0.422m2+π×(2×0.4)22m2=0.24πm2；
(3)设粒子在磁感应强度为B0的磁场中做圆周运动的半径为r，则有：r=mvqB0
可知当磁感应强度为2B0时圆周运动的半径为r2
要使粒子能从右边界上与PQ成60∘角斜向上飞出磁场，按上下两种情况讨论：
①若射出时的情形如图甲所示，
由于粒子飞出磁场边界时速度方向斜向上60∘，最后一个圆弧运动到边界的距离为：r2−r2rcs60∘=r4
根据运动的周期性可得：d=3nr+94r，(n=0、1、2……)
联立解得：B0=12n+916T，(n=0、1、2……)
②若射出时的情形如右图图乙所示，
最后一个圆弧运动到边界的距离为：r+rcs60∘=3r2
根据运动的周期性可得：d=3nr+3r2，(n=0、1、2……)
联立解得：B0=6n+38T，(n=0、1、2……)
答：(1)磁场宽度d为0.8m；
(2)磁场中有粒子经过的区域的面积S为0.24πm2；
(3)磁感应强度B0的值为12n+916或6n+38(n=0、1、2……)。
【解析】(1)作出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求解出粒子运动的半径，根据几何知识求解磁场宽度d；
(2)作出有粒子经过的区域图形，根据几何知识求解该区域的面积；
(3)分析粒子射出的可能的运动情况，根据几何知识求解粒子运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度应该满足的条件，注意粒子运动的多解性。
解决该题的关键是正确作出粒子在磁场中运动的轨迹，能根据几何知识找到磁场的宽度与粒子做匀速圆周运动的半径的关系。
15.【答案】解：取水平向左为正方向。
(1)第一次人推出箱子的过程，由动量守恒定律，有：
4mv1−mv0=0
可得：v1=14v0
(2)箱子与右侧墙壁碰撞过程，对箱子，由动量定理，有：
Ft=m⋅3v04−m(−v0)
可得：F=7mv04t
(3)研究人第一次接到箱子并第二次推出箱子的过程，人和箱子组成的系统动量守恒，则有：
m(3v04)+4m(14v0)=4mv2−mv0
解得：v2=1116v0
因为v2=1116v0<3v04，所以人能再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。
答：(1)第一次推出箱子后人的速度大小v1为14v0。
(2)若每次箱子与右侧墙壁碰撞过程所用时间为t，箱子所受墙壁的平均冲力的大小F为7mv04t；
(3)人第二次推出箱子后，能再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。
【解析】(1)人将箱子推出的过程，由于人与箱子组成的系统合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出第一次推出箱子后人的速度大小v1；
(2)箱子与右侧墙壁碰撞过程受到的合外力即为墙壁的作用力，根据动量定理求墙壁对箱子的平均冲力。
(3)研究人第一次接到箱子并第二次推出箱子的过程，根据动量守恒定律求出第二次推出箱子后人的速度大小，与箱子的速度大小比较，即可作出判断。
本题考查了动量守恒定律和动量定理的应用，要知道人在推出箱子与接住箱子的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题。在运用动量守恒定律解题时注意规定正方向，用符号表示速度方向。
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