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2022-2023学年浙江省嘉兴市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省嘉兴市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.若要用国际单位制基本单位表示物理量单位，则下列各项中符合要求的是( )
A. 用N⋅s表示冲量单位B. 用Ω表示电阻单位
C. 用C/V表示电容单位D. 用A⋅s表示电量单位
2.如图所示，一质量为m的铅球受竖直挡板作用静止于倾角为45∘光滑斜面上。铅球对挡板的压力为F1，对斜面的压力F2，则( )
A. F1=mg，F2= 2mg
B. F1=mg，F2= 22mg
C. F1= 2mg，F2=mg
D. F1= 2mg，F2= 2mg
3.如图所示，我国运油−20空中加油机正在给歼−20战斗机进行空中加油，则( )
A. 歼−20在加油过程中惯性不变
B. 加油时以歼−20为参考系，运油−20是静止的
C. 加油时以歼−20为参考系，机旁白云是静止的
D. 加油前歼−20在尝试对接时可把运油−20看作质点
4.如图所示为电视机显像管示意图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。安装在管颈的偏转线圈通以电流后，可产生偏转磁场。则( )
A. 要使电子束打在A点，偏转磁场应垂直纸面向里
B. 要使电子束打在B点，偏转磁场应平行纸面向上
C. 增大偏转线圈电流时电子速度将增大
D. 增大偏转线圈电流时电子打到屏上的偏移会增大
5.下列判断正确的是( )
A. 图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电动势
B. 图乙中矩形金属线圈水平向右移动，矩形线圈中会产生感应电流
C. 图丙中闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都能产生感应电流
D. 图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方导线中电流增大，线圈中产生感应电流
6.如图所示的电路中，先把开关S置于电源E一侧，为电容器C充电；稍后再把开关置于线圈L一侧，使电容器通过线圈放电。用示波器观察M、N两极板电压波形，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.2023年4月12日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置——东方超环(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行时间403秒，创造了新的世界纪录。对于核聚变下列说法正确的是( )
A. 原子弹爆炸属于核聚变
B. 人类已经实现完全可控的核聚变
C. 氢核聚变方程为 12H+13H→24He+01n，氦核的比结合能大于氘核
D. 在聚变反应中核子结合过程需通过高温克服核子间的强相互作用
8.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，16时29分神舟十六号载人飞船与“天宫”空间站组合体完成自主快速交会对接。已知“天宫”离地面平均高度约为330km，地球半径为6400km，则( )
A. 神舟十六号的发射速度大于11.2km/s
B. “天宫”中航天员处于完全失重状态，所受合外力为0
C. 为实现对接，神舟十六号应在“天宫”相同轨道处向前加速
D. 根据“天宫”围绕地球的运行周期可估测地球的平均密度
9.如图甲所示为游乐场中的“激战鲨鱼岛”项目，设备主体是一个大转盘。“鲨鱼”处于转盘正中央，转盘边缘设有若干“作战艇”供游客乘坐。设备启动后“作战艇”围绕“鲨鱼”做匀速圆周运动。游客在“作战艇”中用水枪射击“鲨鱼”，水枪的基座固定但射击方向可调。为击中正前方与枪口等高处的“鲨鱼”，水枪相对游客的出水方向应为( )
A. 正前方B. 左上方C. 正前上方D. 右上方
10.如果每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，人眼就能察觉。现有一个光源以P的功率均匀地向各个方向发射波长为λ的绿光。若人眼瞳孔在暗处的直径为D，光速为c，且不计空气对光的吸收，则眼睛能够看到这个光源的最远距离为( )
A. D4 Pλ6hcB. D2 Pλ6hcC. D4 Pc6hλD. D2 Pc6hλ
11.如图所示，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，它们在介质中形成的机械波波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。图为t=0时刻两波源之间形成的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。则( )
A. 两列波不会发生干涉
B. t=1.75s时两列波在M点相遇
C. 2s内M点运动的路程为10cm
D. t=100s时两波源之间(不含波源)有6个点不振动
12.如图所示为一半径为R的半圆形玻璃砖，OO′是其对称轴。现有两束平行单色光a、b垂直照射到AB面，玻璃砖对a、b的折射率分别为53和2，已知sin37∘=0.6，不考虑二次反射，则( )
A. b光从AB弧面出射弧长比a光长
B. 玻璃砖的AB弧面上有复色光射出的区域弧长为πR3
C. a光、b光从AB弧面上出射后会分别会聚于一点
D. 若在纸面内将玻璃砖绕圆心逆时针旋转60∘，有复色光射出的区域弧长变小
13.一群处于基态的氢原子，在大量电子的碰撞下可跃迁至不同的激发态，处于不同激发态的氢原子又在向低能级跃迁时产生不同频率的光子。如图甲所示，氢原子从能级n=4跃迁到能级n=2产生可见光Ⅰ，从能级n=3跃迁到能级n=2产生可见光Ⅱ。图乙是光Ⅰ、光Ⅱ对同种材料照射后发生光电效应产生的光电流与电压关系图。已知元电荷电量为e，下列说法正确的是( )
A. 图乙的图线a对应光Ⅰ
B. 图乙中的U1、U2满足关系e(U2−U1)=E4−E3
C. 使处于基态的氢原子跃迁至n=4能级的电子动能Ek>E4−E1
D. 使处于基态的氢原子跃迁至高能级的电子是实物粒子，没有波动性
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.如图所示为“蹦蹦弹簧跳”运动，小朋友带着装置上下跳动。人和装置一起从一定高度竖直落下，触地后内部弹簧被压缩，弹簧恢复形变又把人和装置弹起。小朋友从静止下落到离地距离最小的过程中( )
A. 弹簧弹性势能一直增加
B. 小朋友的重力势能一直减小
C. 装置底端刚接触地面时小朋友动能最大
D. 小朋友与装置组成的系统机械能保持不变
15.下列说法正确的是( )
A. 利用霍尔元件可制作传感器
B. 金属没有规则的形状，属于非晶体
C. 某运动分子从无穷远处靠近一固定分子时，运动分子的分子势能一直增大
D. 普朗克黑体辐射理论、物质波假说、玻尔氢原子理论均与普朗克常量紧密相关
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.(1)利用如图1所示装置可进行实验一：“探究小车速度与时间关系”和实验二：“探究加速度与力、质量的关系”。
①下列关于上述实验说法正确的是______(多选)
A.实验时都要使用阻力补偿法
B.实验过程中细线都应该与导轨平行
C.实验一中小车释放位置不需要靠近打点计时器
D.实验二过程中，小车质量应该远大于悬挂的重物质量
②图2所示是本实验中打下的一条纸带，在其上取了0、1、2、3、4、5、6这7个计数点(相邻两计数点间均有4个点未画出)，已知交流电的频率为50Hz，则计数点3对应的读数为______ cm；小车的加速度大小为______m/s2。(计算结果均保留两位有效数字)。
③某小组在研究“小车质量一定时，加速度与力的关系”实验时，通过改变悬挂物的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出“a−F”图像如图3所示。产生的原因可能是______(单选)
A.实验时未进行阻力补偿，且小车质量较大
B.阻力补偿时轨道倾斜角度过大，悬挂物质量较小
C.阻力补偿时轨道倾斜角度过小，悬挂物质量较大
(2)利用如图4所示装置做“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”，实验时下列操作正确的是______(单选)
A.斜槽末端不一定要水平
B.完成一次碰撞即可进行数据处理
C.斜槽末端静止小球质量须小于斜槽上小球质量
17.(1)小嘉同学为了探究某充电宝是否像干电池一样有确定的电动势和内阻，设计了如图1所示电路图，R0=0.5Ω，实验过程中该同学使用了两个数字万用表。
①请按电路图用实线代替导线完成实物图2的连接。
②充电宝电量达到100%后，小嘉同学按电路图正确连接电路后进行实验，操作无误后得到6组数据并在坐标纸上描点，请结合数据点在图3上拟合U−I关系图像。该充电宝的电动势E=______ V，内阻r=______Ω(均保留三位有效数字)。
③小嘉同学想用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少时电动势是否会减小，测量时他应该把选择开关置于图4中的______(选填“A”、“B”、“C”、“D”)位置。
(2)某兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将正确配备好的油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的水盘，得到如图所示图样，产生该现象的原因可能是______(单选)
A.撒痱子粉太多太厚
B.撒痱子粉太少太薄
C.滴入太多的油酸酒精溶液
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
18.如图所示，一系列轨道由高为h=1.5m的弧形轨道AB，半径R=0.5m的光滑竖直圆轨道和倾角为θ=53∘且足够长的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC和水平粗糙的衔接轨道C′E平滑连接组成。其中C′E的水平距离l=0.6m，现有质量为m=2kg的滑块从弧形轨道最高点A处静止下滑，恰好能过竖直圆轨道的最高点，轨道C′E、EF上铺有可调节粗糙程度的新型材料，空气阻力可忽略，g=10m/s2，求：
(1)滑块第一次经过竖直圆轨道最高点的速度大小v；
(2)滑块沿弧形轨道AB下滑克服摩擦力所做的功Wf；
(3)若轨道C′E、EF的动摩擦因数为μx(0<μx<1)滑块冲下弧形轨道AB后，在装置中能达到的最大高度H与μx的关系。
19.相距为L的两条平行金属导轨MN和PQ放置于绝缘水平面上，建立xy坐标系如图所示，x=0处导轨MN和PQ均用绝缘材料平滑连接。x<0侧存在随时间变化的匀强磁场B1=(−0.5+t)T，t>0.5s后磁场不变，x>0侧存在沿y方向均匀分布、x正方向均匀增大的，B2=(0.5+0.5x)T的磁场，它们的方向都与导轨平面垂直(垂直纸面向上为正方向)。现有长度为L、电阻为R的相同导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘轻杆构成总质量为m的“工”字形框架，静置于y轴左侧导轨上，ab棒与y轴距离为L。另一根质量m、电阻也为R的导体棒ef静置于x=0处的绝缘材料上(与两轨道均不导通)，运动中三棒都与导轨垂直且接触良好。NQ端与阻值为R的电阻相连，距y轴足够远。当t=0时给“工”字形框架以初速度v0=2m/s向x轴正方向运动，ab棒在x=0处与ef棒发生弹性碰撞，碰撞后立即在ef棒上施加水平拉力作用，使其沿导轨向x轴正方向运动并使电阻R上消耗的电功率保持不变。x<0区域导轨光滑，x>0区域导轨粗糙，μ=0.2，g=10m/s2。已知L=1m，R=1Ω，m=0.2kg，不计棒的粗细和接触电阻、绝缘材料的厚度和空气阻力，不考虑场的边缘效应。求：
(1)前0.5s流过cd棒的电流方向、大小；
(2)ef棒运动到x=1m处的速度大小；
(3)ef棒从x=0运动到x=1m过程中克服安培力做的功；
(4)ef棒从x=0运动到x=1m过程中拉力的平均功率。
五、计算题：本大题共2小题，共19分。
20.如图所示，固定汽缸内由面积为400cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，与气缸右端相距30cm，气缸内气体温度为300K，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，气体与外界环境没有热交换，某时刻电热丝停止通电，最终气缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400K，气体内能增加了100J，已知大气压强为1.0×105Pa，不计移动过程中活塞与汽缸的摩擦和电热丝的体积，求气体：
(1)温度为400K时在气缸内的体积？
(2)整个过程对外界做了多少功？
(3)整个过程吸收了多少热量？
21.如图所示，空间中有一半径为R、圆心处于O点的圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。其底部A点有一电子源可向圆形磁场内各个方向内持续发射速度大小为v0，质量为m，电量为e的电子。圆形磁场右侧紧靠着一电子收集装置，该装置主要由长为2R、间距为2R的平行金属板MN和PQ构成，平行金属板中心轴线过磁场圆心O点，金属板之间加恒为UMN=mv02e的电压，PQ板接地，当电子碰到金属板立即被收集中和。未能收集的电子射出平行金属板后会撞上另一收集装置BC板(足够长)，B点在金属板右端点QN连线的延长线上，并与延长线的夹角为θ(θ可调)。不计电子之间的相互作用和场的边缘效应，则：
(1)现要求所有电子均能平行进入金属板间，求磁感应强度B的大小；
(2)若电子初速度满足(1)的条件且进入收集装置时在竖直方向分布均匀，单位时间内电子数为n，求平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能；
(3)在(2)中未能收集的电子离开平行金属板后与BC板发生碰撞，要求电子垂直撞击BC板，应调整θ为多少？调整后与BC撞击的电子有60%被完全吸收，40%电子会被反弹，反弹后的速度大小减小为原来一半，求BC板受到的作用力大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.N不是国际单位制基本单位，是导出单位，故A错误；
B.Ω不是国际单位制基本单位，是导出单位，故B错误；
C.C、V不是国际单位制基本单位，是导出单位，故C错误；
D.A、s都是国际单位制基本单位，故D正确。
故选：D。
物理上规定有七个基本物理量，分别是长度、质量、时间、温度、电流、物质的量、光照强度，它们的单位是基本单位，根据这些判断即可。
基本物理量的单位也分国际单位制单位和常用单位，而国际单位制中的单位又可分为基本单位和导出单位。
2.【答案】A
【解析】解：铅球受三个力作用处于平衡状态，如图：
根据铅球受力平衡条件可知，挡板对铅球的推力F0和斜面对铅球的支持力FN的合力F与重力大小相等，方向相反。
F=G=mg
FN=Fcs45∘=mg 22= 2mg
F0=F=mg
根据牛顿第三定律，铅球对挡板的压力与挡板对铅球的推力是一对相互作用力，大小相等，铅球对斜面的压力与斜面对铅球的支持力是一对相互作用力，大小相等。所以
F1=F0=mg
F2=FN= 2mg
故A正确，BCD错误。
故选：A。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
3.【答案】B
【解析】解：A.歼−20在加油过程中质量增大，所以惯性变大，故A错误；
B.加油时歼−20与运油−20保持相对静止，相对位置没有发生变化，所以以歼−20为参考系，运油−20是静止的，故B正确；
C.加油时以歼−20为参考系，机旁白云与其位置发生变化，机旁白云是运动的，故C错误；
D.当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可以忽略不计时，物体可以看成质点，所以加油前歼−20在尝试对接时不能把运油−20看作质点，故D错误。
故选：B。
惯性只与质量有关；
参照物之间的位置是否发生变化，如果发生变化，物体是运动的，未发生变化，物体是静止的；
物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，物体可以看成质点。
本题主要考查学生对运动和静止相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。
4.【答案】D
【解析】解：A.电子束打在屏上的A点，由左手定则可知，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故A错误；
B.由左手定则可知，打在屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里，故B错误；
C.增大偏转线圈电流时不会影响电子速度，故C错误；
D.增大偏转线圈电流时，偏转磁场增大，根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
所以半径减小，电子打到屏上的偏移会增大，故D正确。
故选：D。
根据左手定则，分析磁场的方向；增大偏转线圈电流时不会影响电子速度，洛伦兹力提供向心力，解得半径的表达式，从而分析D项；
本题考查学生对左手定则、磁场中匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，是一道中等难度题。
5.【答案】A
【解析】解：A、图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会产生感应电动势，故A正确；
B、图乙中矩形金属线圈水平向右移动，穿过矩形线圈的磁通量不变，线圈中不会产生感应电流，故B错误；
C、图丙中闭合导线框以其左边或右边为轴在磁场中旋转，线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C错误；
D、图丁中金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，根据安培定则可知，直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使增大通过导线中电流，圆形线圈中的磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。
故选：A。
感应电动势产生的条件是穿过电路的磁通量发生变化，感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件判断即可。
解答本题时，要准确掌握感应电动势和感应电流产生的条件，要注意两者的区别。只要磁通量发生变化，电路就产生感应电动势，如果电路闭合，也产生感应电流。
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，先把开关置于电源一侧为电容器充电，再把开关置于线圈一侧后，电容器放电，根据U=QC可知两极板间的电压随着电荷量的减少而减小，电场能转化为磁场能而降低，当电容器两极板的电荷量减为零时，电容器两极板间的电压为零，此时线圈中的磁场能达到最大，紧接着磁场能又向电场能转化，即线圈产生自感电动势给电容器反向充电，但在电场能转化为磁场能以及磁场能又再次转化为电场能的过程中，电路向外辐射电磁波，电路中的能量在耗散，所以电容器两极板间的电压的最大值越来越小，而电容器的充放电过程有其自身的固有周期，即周期不变。
故选：C。
根据电容器的充放电过程的电压随电荷量变化的特点分析判断。
本题关键掌握电容器的充放电过程各物理变化的情况。
7.【答案】C
【解析】解：A.原子弹是利用核裂变的链式反应原理制成的，故A错误；
B.目前人类还没有实现完全可控的核聚变，故B错误；
C.氢核聚变方程为 12H+13H→24He+01n
聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，由于比结合能越大，原子核越稳定，可知氦核的比结合能大于氘核的比结合能，故C正确；
D.强相互作用力可以将原子核内部的各个结构牢牢结合在一起；聚变反应中带正电的 12H与 13H结合过程需通过高温克服核子间的强大的库仑斥力作用，故D错误。
故选：C。
A.原子弹是利用核裂变的链式反应原理制成的；
B.可控的核聚变还处于实验阶段，据此分析作答；
C.根据比结合能越大越稳定分析作答；
D.强相互作用力可以将原子核内部的各个结构牢牢结合在一起，氘核和氚核之间是库仑斥力作用。
本题考查了原子物理中的一些基础知识，对于这部分知识要加强理解记忆，多积累，这种题目的难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.神舟十六号载人飞船绕地球做匀速圆周运动，其发射速度大于7.9km/s、小于11.2km/s。若神舟十六号的发射速度大于11.2km/s，超过第二宇宙速度，飞船将会脱离地球，故A错误；
B.“天宫”中航天员受到的万有引力完全提供此时做圆周运动的向心力，故处于完全失重状态，但是所受合外力不为0，故B错误；
C.若神舟十六号在“天宫”相同轨道处向前加速，飞船将会做离心运动，脱离该轨道，不能实现对接，故C错误；
D.设地球质量为M，“天宫”质量为m，“天宫”离地面高度为h，地球半径为R，根据公式有：
GMm(R+h)2=m⋅(2πT)2⋅(R+h)，M=ρV=ρ⋅43πR3
联立解得地球密度为：ρ=3π(R+h)3GT2R3，故D正确。
故选：D。
神舟十六号载人飞船绕地球做匀速圆周运动，其发射速度小于11.2km/s；“天宫”中航天员所受合外力不为0；根据变轨原理分析C选项；根据万有引力定律结合密度的计算公式进行解答。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是知道卫星做匀速圆周运动的向心力来源，能够根据万有引力提供向心力进行分析。
9.【答案】B
【解析】解：水枪出水后做斜抛运动，由于惯性，水将向右运动，设此速度大小为v，为击中正前方与枪口等高处的“鲨鱼”，即合速度v合指向“鲨鱼”，如下图所示：
由图可知，水枪相对游客的出水方向即图中v1的方向，应为左上方，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由于惯性可知从水枪出来的水有沿着切线方向的速度，此速度与合速度方向垂直，由平行四边形定则可知水枪相对游客的出水方向应为左上方。
本题考查了运动的合成与分解，解题的关键是知道由于惯性射出的水有沿着切线方向的速度，合速度应指向“鲨鱼”，则可知另一个分速度的方向。
10.【答案】A
【解析】解：每个光子的能量是ɛ=hν=hcλ，由题知每秒射入瞳孔引起视觉所需的最低能量是E=6hcλ，瞳孔的面积为πD24，而以光源为球心，以光源到眼的距离R为半径的球面积是4πR2，则有：
E=π4D24πR2⋅P
解得眼睛看到这个光源的最远距离：R=D4 Pλ6hc，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据光子能量和光速和波长关系推导人眼就能察觉到的每秒射入瞳孔引起视觉所需的最低能量，根据光源辐射的能量均匀分布在以光源为球心的球面上，进而得到光源的最远距离。
本题考查光子的性质，找到人眼瞳孔的面积和人眼所在位置相对光源的面积关系，注意结合数学知识解题即可。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，两列波具有相同的波长，均为λ=0.4m，两列波在同一介质中传播，波速相等，所以由v=λf知两列波具有相同的频率，且相位差恒定，所以两列波能发生干涉，故A错误；
B、由于M点到P点和Q点的距离相等，所以两列波在M点相遇，相遇时间为：
t=xv=0.5−，故B错误；
C、在2s内，M点实际运动的时间为1.25s，根据波长与波速的关系可得：
T=λv=
所以在2s内，M点的运动路程为：
s=4A′+A′=5A′=10A=10×2cm=20cm，故C错误；
D、由于两波源振动步调相同，所以当波程差等于半波长奇数倍时，振动减弱，即
Δx=(2n+1)λ2
又−1.2<Δx<1.2
解得：−3.5故选：D。
根据两列波的波长和波速关系，分析频率关系，判断能否发生干涉；根据点到两波源的距离差判断振动的增强和减弱以及振幅。根据时间与周期关系求质点通过的路程。
本题要掌握波的叠加原理，波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。可根据某点到两波源的路程差与波长的关系分析质点的振动是加强还是减弱。
12.【答案】B
【解析】解：AB、a光线射到圆弧面上的临界角
sinCa=1na=35
则
Ca=37∘
玻璃砖的弧面上有a光射出的区域弧长为
la=2×37∘360∘2πR=37πR90
同理b光线射到圆弧面上的临界角
sinCb=1nb=12
则
Cb=30∘
玻璃砖的弧面上有b光射出的区域弧长为
lb=2×30∘360∘2πR=πR3则玻璃砖的AB弧面上有复色光射出的区域弧长为πR3，故A错误，B正确；
C、设能从圆弧上射出的某条a光线在AB弧上的入射角为α
则折射角β满足
sinαsinβ=35
由正弦定理
Rsin(β−α)=FMsin(π−β)
可得
FM=Rcsα− 9−25sin2α5
则a光线在AB上的入射角α不同，则光线与OO的交点不同，即射出的a光线不是都将汇于一点，入射光线距OO越远a较大，出射光线与OO的交点离AB面越近。同理b光从AB弧面上出射后不是都将汇于一点，故C错误；
D、光线垂直射到直径AB时，玻璃砖的弧面上有光射出的区域所对应的角度为2C；若在纸面内将玻璃砖绕圆心逆时针旋转60∘，设此时能在圆弧AB面上发生全反射的两条临界光线在直径上的折射角为θ，如图
则
∠DFG=180∘−C−(90∘−θ)=90∘−C+θ
∠HFE=180∘−C−(90∘+θ)=90∘−C−θ
则
∠GFH=180∘−(∠DFG+∠HFE)=2C
可知有光射出的区域弧长不变，则有复色光射出的区域弧长不变，故D错误。
故选：B。
根据全反射条件和几何关系，求有光射出的区域弧长；根据几何关系，有光射出的区域弧长不变；根据折射定律，正弦定理，分析出射光线与OO′的交点离AB面距离。
本题解题关键是正确画出光路图，根据几何关系、正弦定理、折射定律等解答问题，是一道中等偏难的题。
13.【答案】B
【解析】解：A.由能级图可知
E4−E2>E3−E2
由此可知可见光I的能量大于可见光Ⅱ的能量，根据光电效应的发生原理可知，能量更大的光子打到金属上，只要光的频率大于极限频率，就能发生光电效应，光子能量越大，光电子获得的动能也越大，需要更大的反向电压来实现将光电子的动能转化为电场能，由此可分析出图线a对应光的能量较小，图线b对应光的能量较大，所以图线a对应可见光Ⅱ，故A错误；
B.由光电效应以及能量守恒定律可知
E4−E2=U2e−w0
E3−E2=U1e−w0
联立上述两式解得：E4−E3=e(U2−U1)，故B正确；
C.原子吸收电子使处于基态的氢原子跃迁至n=4能级，由波尔能级理论可知，电子动能应满足
Ek≥E4−E1，故C错误；
D.使处于基态的氢原子跃迁至高能级的电子是实物粒子，实物粒子也具有波动性，只是粒子性更明显而已，故D错误。
故选：B。
根据能级图得出能级差的大小关系，结合图像的特点选择光的对应曲线；
根据光电效应方程得出电压满足的关系；
根据物质波的特点结合题目选项完成分析。
本题主要考查了玻尔能级理论的相关应用，熟悉能级的计算公式，结合光电效应方程即可完成分析。
14.【答案】BD
【解析】解：A、装置触地前，弹簧的形变量不变，弹性势能不变，故A错误；
B、小朋友从静止下落到离地距离最小的过程中，重力一直做正功，小朋友的重力势能一直减小，故B正确；
C、装置底端刚接触地面时，弹簧的弹力小于重力，合力向下，小朋友向下加速，动能不是最大，当小朋友的加速度为零，即弹力与重力大小相等时，动能最大，故C错误；
D、由于地面对装置不做功，在整个过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小朋友与装置组成的系统机械能保持不变，故D正确。
故选：BD。
根据弹簧形变量的变化，分析弹簧弹性势能的变化；根据重力做功情况，分析重力势能的变化；小朋友的加速度为零时，动能最大；根据只有重力或弹力做功机械能守恒，分析系统机械能是否守恒。
解决本题的关键分析清楚小朋友的运动过程与受力情况，知道小朋友的加速度为零时，速度最大。要注意地面对装置不做功，系统机械能是守恒的。
15.【答案】AD
【解析】解：A.霍尔元件可以使带电粒子(元件中的载流子)在磁场中偏转，把磁学量转化为电学量，所以利用霍尔元件可制作传感器，故A正确；
B.金属没有规则的形状，属于多晶体，故B错误；
C.某运动分子从无穷远处靠近一固定分子时，分子力先做正功后做负功，则运动分子的分子势能先减小后增加，故C错误；
D.根据物理学史可知，普朗克黑体辐射理论、物质波假说、玻尔氢原子理论均与普朗克常量紧密相关，故D正确。
故选：AD。
根据霍尔元件的原理判断；金属属于多晶体；结合分子力做功判断分子势能的变化；结合量子力学发展的历程判断。
本题考查多个不相关的知识点的内容，学生需要注意积累。
16.【答案】
【解析】解：(1)①A、探究小车速度与时间关系实验不需要阻力补偿，探究加速度与力、质量的关系实验时需要阻力补偿，故A错误；
B、两实验过程中细线都应该与导轨平行，故B正确；
C、为充分利用纸带，实验一中小车释放位置需要靠近打点计时器，故C错误；
D、当小车质量远大于悬挂物质量时可以近似认为小车受到的拉力等于悬挂物的重力，实验二过程中，小车质量应该远大于悬挂的重物质量，故D正确。
故选：BD。
②邻两计数点间均有4个点未画出，交流电的频率为50Hz，则计数点间的时间间隔t=5T=5f=550s=0.1s
由图2所示刻度尺可知，其分度值是1mm，计数点3对应的读数是7.50cm；
由匀变速直线运动的推论Δx=at2可知，小车的加速度a=x34−x01+x45−x12+x56−x239t2=x36−x039t2=(19.50−7.50)×10−2−7.50×10−29×0.12m/s2=0.50m/s2
③由图3所示图线可知，当拉力大到一定值时小车才有加速度，这是由于没有进行阻力补偿或补偿阻力不足，即轨道倾角太小造成的；当拉力F较大时图线发生弯曲，说明小车受到的合力明显小于悬挂物的重力，这是由于没有满足悬挂物的质量远小于小车质量，即悬挂物的过大造成的，故C正确，AB错误。
故选：C。
(2)A、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端一定要水平，故A错误；
B、为减小偶然误差，应进行多次碰撞进行数据处理，故B错误；
C、为防止碰撞后入射球反弹，斜槽末端静止小球质量须小于斜槽上小球质量，故C正确。
故选：C。
故答案为：(1)①BD；②7.50；0.50；③C；(2)C。
(1)①根据两实验：“探究小车速度与时间关系”、“探究加速度与力、质量的关系”的实验原理与实验注意事项分析答题。
②根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其读数；根据匀变速直线运动的推论求出小车的瞬时速度与加速度。
③探究小车质量一定时，加速度与力的关系实验需要平衡摩擦力，小车质量应远大于悬挂物的质量，根据图示图线分析答题。
(2)验证动量守恒定律实验斜槽末端切线水平，为得出普遍结论应进行多次实验，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。
理解实验原理是解题的前提，根据实验注意事项与实验原理，应用匀变速直线运动的推论可以解题。
17.【答案】
【解析】解：(1)①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
②根据坐标系内描出的点作出U−I图象如图所示
根据闭合电路的欧姆定律得：U=E−I(r+R0)
由图示U−I图象可知，电动势E=5.00V，内阻r=ΔUΔI−R0=5.0−3.02.3Ω−0.5Ω≈0.370Ω
③测充电宝的电动势需要使用多用电表的直流电压挡，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)出现如图所示的情况，是痱子粉撒得太多太厚，导致油膜未完全分开，故A正确，ABC错误。
故选：A。
故答案为：(1)①见解析；②见解析；5.00；0.370；③B；(2)A。
(1)①根据实验电路图连接实物电路图。
②根据坐标系内描出的点作出图象；求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电动势与内阻。
③测直流电压应选择多用电表的直流电压挡。
(2)根据实验原理理解出现图中现象的原因。
理解实验原理是解题的前提，根据闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电动势与内阻。
18.【答案】解：(1)滑块恰好能过竖直圆轨道的最高点，则有：mg=mv2R
代入数据可得：v= 5m/s
(2)滑块从开始下滑到圆弧轨道最高点，由动能定理有：mg(h−2R)−Wf=12mv2−0
代入数据可得：Wf=5J
(3)滑块从开始静止释放到左侧斜面最高点，由动能定理有：mg(h−H)−Wf−μxmgl−μxmgcsθ⋅Hsinθ=0
代入数据可得：H=25−12μx20+15μx
答：(1)滑块第一次经过竖直圆轨道最高点的速度大小v为 5m/s；
(2)滑块沿弧形轨道AB下滑克服摩擦力所做的功Wf为5J；
(3)若轨道C′E、EF的动摩擦因数为μx(0<μx<1)滑块冲下弧形轨道AB后，在装置中能达到的最大高度H与μx的关系为H=25−12μx20+15μx。
【解析】(1)滑块恰好能过竖直圆轨道的最高点，可知恰好由重力提供向心力，则可得最高点速度的大小；
(2)滑块从开始下滑到圆弧轨道最高点过程，由动能定理可得克服摩擦力做的功；
(3)滑块从开始下滑到左侧斜面最高点过程，由动能定理可得最大高度H与μx的关系。
本题考查了动能定理、竖直平面内的圆周运动，解题的关键是利用动能定理时一定选好研究过程。
19.【答案】解：(1)根据楞次定律可知工字形回路内电流顺时针方向，则cd中电流方向为c→d，又由法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅L2=1×12V=1V
由欧姆定律可得前0.5s流过cd棒的电流大小为：I=E2R=12×1A=0.5A
(2)工字形框在x<0侧运动时，cd棒和ab棒受到的安培力大小相等，方向相反，所以工字框F合=0，其匀速运动到ab棒滑过y轴绝缘层(x=0)与ef发生弹性碰撞，因为两者质量相等，所以交换速度
即：vef=v框=v0=2m/s，v框′=0
在x=0处，Eef=B20Lv0=0.5×1×2V=1V
此时ef棒切割磁感线，等效电路如图
I0=EefR+R2=11+0.5A=23A
所以：Iab=I02=13A
工字框所受安培力：Fab安=B20IabL=16N
又因为工字框的最大静摩擦力：Fabm=μmg=0.4N>Fab安
所以可判断框此后静止于x=0左侧不动，工字形回路已无电流，与此后运动无关；又因为ef棒上功率不变，故Ief不变。设ef棒运动到x=1m处的速度为v，则由欧姆定律：(0.5+0.5x)LvR+R2=I0
解得：v=I0(R+R2)(0.5+0.5x)L=23×1.5(0.5+0.5×1)×1m/s=1m/s
(3)ef棒从x=0运动到x=1m过程中，ef棒所受安培力为：F安=(0.5+0.5x)I0L=13+13x
则其克服安培力做的功：W克安=F−安Δx=0.5×1J=0.5J
(4)ef棒从x=0运动到x=1m过程中，由动能定理
W拉−W克安−μmgΔx=12mv2−12mv02
代入解得：W拉=0.6J
这段过程中，电阻焦耳热为：Q=I02(R2+R)t
又由：Q=W克安=0.5J
解得：t=0.75s
所以拉力的平均功率为：P−=W拉t=
答：(1)前0.5s流过cd棒的电流方向为c→d；I=0.5A；
(2)ef棒运动到x=1m处的速度大小为1m/s；
(3)ef棒从x=0运动到x=1m过程中克服安培力做的功为0.5J；
(4)ef棒从x=0运动到x=1m过程中拉力的平均功率为0.8W。
【解析】(1)根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律求电流的方向和大小；
(2)两棒发生弹性碰撞，由两个守恒求出框和棒的速度，判断出框的运动状态后，由动生电动势公式和欧姆定律求出ef棒的速度；
(3)求平均值的方法求出安培力对棒ef做的功；
(4)根据动能定理和功能原理求出拉力的功，再由功率公式求出功率。
本题是框杆模型在电磁感应现象中与弹性碰撞的综合应用，按照物理过程的顺序结合题设要求，从基本规律出发可以解决问题。
20.【答案】解：(1)初始状态的体积
Vl=Sd=0.012m3
气体做等压变化有
V1T1=V2T2
代入数据解得
V2=0.016m3
(2)整个过程对外界做功
W=pSΔd
其中
Δd=−0.3m=0.1m
代入数据解得
W=400J
(3)由热力学第一定律得
ΔU=Q−W
解得
Q=ΔU+W=100J+400J=500J
答：(1)温度为400K时在气缸内的体积0.016m3；
(2)整个过程对外界做了400J功；
(3)整个过程吸收了500J热量。
【解析】气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律求出缸内气体的体积；根据功的计算公式求出气体对活塞做的功；根据热力学第一定律求出气体内能的增加量。
分析清楚气体状态变化过程，应用盖-吕萨克定律、热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
21.【答案】解：(1)当电子在磁场中运动半径与磁场半径相等时，所有电子均能平行向右进入收集装置，有
ev0B=mv02R
解得
B=mv0eR
(2)电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动，设恰好从N点出射的电子进入平行板时离MN距离为d，则有
d=12at2
2R=v0t
其中
a=Eem
UMN=2ER
解得
d=R
即从中心轴线以上进入的电子全部被收集，中心轴线以下的电子不能被收集，收集效率
η=50%
因电子进入平行板时分布均匀，则中心轴线以上电子减少的电势能为
ΔEp1=12×12ne×12UMN=nmv028
中心轴线以下电子减少的电势能为
ΔEp2=12ne×12UMN=nmv024
共减少的电势能
ΔEp=ΔEp1+ΔEp2=3nmv028
(3)设末被平行板收集的电子离开平行板区域时速度与水平方向夹角为α，则
tanα=1
解得
α=45∘
要让电子能够垂直撞击BC板，有
θ=α=45∘
设电子与BC板发生碰撞时速度为v，由类平抛规律有
v=v0cs45∘= 2v0
由动量定理得
F1Δt=12nmΔtv×0.6
F2Δt=12nmΔt(12v+v)×0.4
根据牛顿第三定律，BC板受到的作用大小
F=F1+F2=3 25nmv0
答：(1)现要求所有电子均能平行进入金属板间，磁感应强度B的大小为mv0eR；
(2)平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能为3nmv028；
(3)要求电子垂直撞击BC板，应调整θ为45∘；BC板受到的作用力大小3 25nmv0。
【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力求解；
(2)根据电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动和电场力做功等于电子减少的电势能求解；
(3)根据类平抛规律和动量定理求解。
本题考查了带电粒子在电、磁组合场中的运动，运动过程复杂，用到的知识点多，思维量大，是一道比较综合又有难度的题。
1.若要用国际单位制基本单位表示物理量单位，则下列各项中符合要求的是( )
A. 用N⋅s表示冲量单位B. 用Ω表示电阻单位
C. 用C/V表示电容单位D. 用A⋅s表示电量单位
2.如图所示，一质量为m的铅球受竖直挡板作用静止于倾角为45∘光滑斜面上。铅球对挡板的压力为F1，对斜面的压力F2，则( )
A. F1=mg，F2= 2mg
B. F1=mg，F2= 22mg
C. F1= 2mg，F2=mg
D. F1= 2mg，F2= 2mg
3.如图所示，我国运油−20空中加油机正在给歼−20战斗机进行空中加油，则( )
A. 歼−20在加油过程中惯性不变
B. 加油时以歼−20为参考系，运油−20是静止的
C. 加油时以歼−20为参考系，机旁白云是静止的
D. 加油前歼−20在尝试对接时可把运油−20看作质点
4.如图所示为电视机显像管示意图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。安装在管颈的偏转线圈通以电流后，可产生偏转磁场。则( )
A. 要使电子束打在A点，偏转磁场应垂直纸面向里
B. 要使电子束打在B点，偏转磁场应平行纸面向上
C. 增大偏转线圈电流时电子速度将增大
D. 增大偏转线圈电流时电子打到屏上的偏移会增大
5.下列判断正确的是( )
A. 图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电动势
B. 图乙中矩形金属线圈水平向右移动，矩形线圈中会产生感应电流
C. 图丙中闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都能产生感应电流
D. 图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方导线中电流增大，线圈中产生感应电流
6.如图所示的电路中，先把开关S置于电源E一侧，为电容器C充电；稍后再把开关置于线圈L一侧，使电容器通过线圈放电。用示波器观察M、N两极板电压波形，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.2023年4月12日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置——东方超环(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行时间403秒，创造了新的世界纪录。对于核聚变下列说法正确的是( )
A. 原子弹爆炸属于核聚变
B. 人类已经实现完全可控的核聚变
C. 氢核聚变方程为 12H+13H→24He+01n，氦核的比结合能大于氘核
D. 在聚变反应中核子结合过程需通过高温克服核子间的强相互作用
8.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，16时29分神舟十六号载人飞船与“天宫”空间站组合体完成自主快速交会对接。已知“天宫”离地面平均高度约为330km，地球半径为6400km，则( )
A. 神舟十六号的发射速度大于11.2km/s
B. “天宫”中航天员处于完全失重状态，所受合外力为0
C. 为实现对接，神舟十六号应在“天宫”相同轨道处向前加速
D. 根据“天宫”围绕地球的运行周期可估测地球的平均密度
9.如图甲所示为游乐场中的“激战鲨鱼岛”项目，设备主体是一个大转盘。“鲨鱼”处于转盘正中央，转盘边缘设有若干“作战艇”供游客乘坐。设备启动后“作战艇”围绕“鲨鱼”做匀速圆周运动。游客在“作战艇”中用水枪射击“鲨鱼”，水枪的基座固定但射击方向可调。为击中正前方与枪口等高处的“鲨鱼”，水枪相对游客的出水方向应为( )
A. 正前方B. 左上方C. 正前上方D. 右上方
10.如果每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，人眼就能察觉。现有一个光源以P的功率均匀地向各个方向发射波长为λ的绿光。若人眼瞳孔在暗处的直径为D，光速为c，且不计空气对光的吸收，则眼睛能够看到这个光源的最远距离为( )
A. D4 Pλ6hcB. D2 Pλ6hcC. D4 Pc6hλD. D2 Pc6hλ
11.如图所示，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，它们在介质中形成的机械波波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。图为t=0时刻两波源之间形成的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。则( )
A. 两列波不会发生干涉
B. t=1.75s时两列波在M点相遇
C. 2s内M点运动的路程为10cm
D. t=100s时两波源之间(不含波源)有6个点不振动
12.如图所示为一半径为R的半圆形玻璃砖，OO′是其对称轴。现有两束平行单色光a、b垂直照射到AB面，玻璃砖对a、b的折射率分别为53和2，已知sin37∘=0.6，不考虑二次反射，则( )
A. b光从AB弧面出射弧长比a光长
B. 玻璃砖的AB弧面上有复色光射出的区域弧长为πR3
C. a光、b光从AB弧面上出射后会分别会聚于一点
D. 若在纸面内将玻璃砖绕圆心逆时针旋转60∘，有复色光射出的区域弧长变小
13.一群处于基态的氢原子，在大量电子的碰撞下可跃迁至不同的激发态，处于不同激发态的氢原子又在向低能级跃迁时产生不同频率的光子。如图甲所示，氢原子从能级n=4跃迁到能级n=2产生可见光Ⅰ，从能级n=3跃迁到能级n=2产生可见光Ⅱ。图乙是光Ⅰ、光Ⅱ对同种材料照射后发生光电效应产生的光电流与电压关系图。已知元电荷电量为e，下列说法正确的是( )
A. 图乙的图线a对应光Ⅰ
B. 图乙中的U1、U2满足关系e(U2−U1)=E4−E3
C. 使处于基态的氢原子跃迁至n=4能级的电子动能Ek>E4−E1
D. 使处于基态的氢原子跃迁至高能级的电子是实物粒子，没有波动性
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.如图所示为“蹦蹦弹簧跳”运动，小朋友带着装置上下跳动。人和装置一起从一定高度竖直落下，触地后内部弹簧被压缩，弹簧恢复形变又把人和装置弹起。小朋友从静止下落到离地距离最小的过程中( )
A. 弹簧弹性势能一直增加
B. 小朋友的重力势能一直减小
C. 装置底端刚接触地面时小朋友动能最大
D. 小朋友与装置组成的系统机械能保持不变
15.下列说法正确的是( )
A. 利用霍尔元件可制作传感器
B. 金属没有规则的形状，属于非晶体
C. 某运动分子从无穷远处靠近一固定分子时，运动分子的分子势能一直增大
D. 普朗克黑体辐射理论、物质波假说、玻尔氢原子理论均与普朗克常量紧密相关
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.(1)利用如图1所示装置可进行实验一：“探究小车速度与时间关系”和实验二：“探究加速度与力、质量的关系”。
①下列关于上述实验说法正确的是______(多选)
A.实验时都要使用阻力补偿法
B.实验过程中细线都应该与导轨平行
C.实验一中小车释放位置不需要靠近打点计时器
D.实验二过程中，小车质量应该远大于悬挂的重物质量
②图2所示是本实验中打下的一条纸带，在其上取了0、1、2、3、4、5、6这7个计数点(相邻两计数点间均有4个点未画出)，已知交流电的频率为50Hz，则计数点3对应的读数为______ cm；小车的加速度大小为______m/s2。(计算结果均保留两位有效数字)。
③某小组在研究“小车质量一定时，加速度与力的关系”实验时，通过改变悬挂物的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出“a−F”图像如图3所示。产生的原因可能是______(单选)
A.实验时未进行阻力补偿，且小车质量较大
B.阻力补偿时轨道倾斜角度过大，悬挂物质量较小
C.阻力补偿时轨道倾斜角度过小，悬挂物质量较大
(2)利用如图4所示装置做“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”，实验时下列操作正确的是______(单选)
A.斜槽末端不一定要水平
B.完成一次碰撞即可进行数据处理
C.斜槽末端静止小球质量须小于斜槽上小球质量
17.(1)小嘉同学为了探究某充电宝是否像干电池一样有确定的电动势和内阻，设计了如图1所示电路图，R0=0.5Ω，实验过程中该同学使用了两个数字万用表。
①请按电路图用实线代替导线完成实物图2的连接。
②充电宝电量达到100%后，小嘉同学按电路图正确连接电路后进行实验，操作无误后得到6组数据并在坐标纸上描点，请结合数据点在图3上拟合U−I关系图像。该充电宝的电动势E=______ V，内阻r=______Ω(均保留三位有效数字)。
③小嘉同学想用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少时电动势是否会减小，测量时他应该把选择开关置于图4中的______(选填“A”、“B”、“C”、“D”)位置。
(2)某兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将正确配备好的油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的水盘，得到如图所示图样，产生该现象的原因可能是______(单选)
A.撒痱子粉太多太厚
B.撒痱子粉太少太薄
C.滴入太多的油酸酒精溶液
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
18.如图所示，一系列轨道由高为h=1.5m的弧形轨道AB，半径R=0.5m的光滑竖直圆轨道和倾角为θ=53∘且足够长的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC和水平粗糙的衔接轨道C′E平滑连接组成。其中C′E的水平距离l=0.6m，现有质量为m=2kg的滑块从弧形轨道最高点A处静止下滑，恰好能过竖直圆轨道的最高点，轨道C′E、EF上铺有可调节粗糙程度的新型材料，空气阻力可忽略，g=10m/s2，求：
(1)滑块第一次经过竖直圆轨道最高点的速度大小v；
(2)滑块沿弧形轨道AB下滑克服摩擦力所做的功Wf；
(3)若轨道C′E、EF的动摩擦因数为μx(0<μx<1)滑块冲下弧形轨道AB后，在装置中能达到的最大高度H与μx的关系。
19.相距为L的两条平行金属导轨MN和PQ放置于绝缘水平面上，建立xy坐标系如图所示，x=0处导轨MN和PQ均用绝缘材料平滑连接。x<0侧存在随时间变化的匀强磁场B1=(−0.5+t)T，t>0.5s后磁场不变，x>0侧存在沿y方向均匀分布、x正方向均匀增大的，B2=(0.5+0.5x)T的磁场，它们的方向都与导轨平面垂直(垂直纸面向上为正方向)。现有长度为L、电阻为R的相同导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘轻杆构成总质量为m的“工”字形框架，静置于y轴左侧导轨上，ab棒与y轴距离为L。另一根质量m、电阻也为R的导体棒ef静置于x=0处的绝缘材料上(与两轨道均不导通)，运动中三棒都与导轨垂直且接触良好。NQ端与阻值为R的电阻相连，距y轴足够远。当t=0时给“工”字形框架以初速度v0=2m/s向x轴正方向运动，ab棒在x=0处与ef棒发生弹性碰撞，碰撞后立即在ef棒上施加水平拉力作用，使其沿导轨向x轴正方向运动并使电阻R上消耗的电功率保持不变。x<0区域导轨光滑，x>0区域导轨粗糙，μ=0.2，g=10m/s2。已知L=1m，R=1Ω，m=0.2kg，不计棒的粗细和接触电阻、绝缘材料的厚度和空气阻力，不考虑场的边缘效应。求：
(1)前0.5s流过cd棒的电流方向、大小；
(2)ef棒运动到x=1m处的速度大小；
(3)ef棒从x=0运动到x=1m过程中克服安培力做的功；
(4)ef棒从x=0运动到x=1m过程中拉力的平均功率。
五、计算题：本大题共2小题，共19分。
20.如图所示，固定汽缸内由面积为400cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，与气缸右端相距30cm，气缸内气体温度为300K，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，气体与外界环境没有热交换，某时刻电热丝停止通电，最终气缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400K，气体内能增加了100J，已知大气压强为1.0×105Pa，不计移动过程中活塞与汽缸的摩擦和电热丝的体积，求气体：
(1)温度为400K时在气缸内的体积？
(2)整个过程对外界做了多少功？
(3)整个过程吸收了多少热量？
21.如图所示，空间中有一半径为R、圆心处于O点的圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。其底部A点有一电子源可向圆形磁场内各个方向内持续发射速度大小为v0，质量为m，电量为e的电子。圆形磁场右侧紧靠着一电子收集装置，该装置主要由长为2R、间距为2R的平行金属板MN和PQ构成，平行金属板中心轴线过磁场圆心O点，金属板之间加恒为UMN=mv02e的电压，PQ板接地，当电子碰到金属板立即被收集中和。未能收集的电子射出平行金属板后会撞上另一收集装置BC板(足够长)，B点在金属板右端点QN连线的延长线上，并与延长线的夹角为θ(θ可调)。不计电子之间的相互作用和场的边缘效应，则：
(1)现要求所有电子均能平行进入金属板间，求磁感应强度B的大小；
(2)若电子初速度满足(1)的条件且进入收集装置时在竖直方向分布均匀，单位时间内电子数为n，求平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能；
(3)在(2)中未能收集的电子离开平行金属板后与BC板发生碰撞，要求电子垂直撞击BC板，应调整θ为多少？调整后与BC撞击的电子有60%被完全吸收，40%电子会被反弹，反弹后的速度大小减小为原来一半，求BC板受到的作用力大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.N不是国际单位制基本单位，是导出单位，故A错误；
B.Ω不是国际单位制基本单位，是导出单位，故B错误；
C.C、V不是国际单位制基本单位，是导出单位，故C错误；
D.A、s都是国际单位制基本单位，故D正确。
故选：D。
物理上规定有七个基本物理量，分别是长度、质量、时间、温度、电流、物质的量、光照强度，它们的单位是基本单位，根据这些判断即可。
基本物理量的单位也分国际单位制单位和常用单位，而国际单位制中的单位又可分为基本单位和导出单位。
2.【答案】A
【解析】解：铅球受三个力作用处于平衡状态，如图：
根据铅球受力平衡条件可知，挡板对铅球的推力F0和斜面对铅球的支持力FN的合力F与重力大小相等，方向相反。
F=G=mg
FN=Fcs45∘=mg 22= 2mg
F0=F=mg
根据牛顿第三定律，铅球对挡板的压力与挡板对铅球的推力是一对相互作用力，大小相等，铅球对斜面的压力与斜面对铅球的支持力是一对相互作用力，大小相等。所以
F1=F0=mg
F2=FN= 2mg
故A正确，BCD错误。
故选：A。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
3.【答案】B
【解析】解：A.歼−20在加油过程中质量增大，所以惯性变大，故A错误；
B.加油时歼−20与运油−20保持相对静止，相对位置没有发生变化，所以以歼−20为参考系，运油−20是静止的，故B正确；
C.加油时以歼−20为参考系，机旁白云与其位置发生变化，机旁白云是运动的，故C错误；
D.当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可以忽略不计时，物体可以看成质点，所以加油前歼−20在尝试对接时不能把运油−20看作质点，故D错误。
故选：B。
惯性只与质量有关；
参照物之间的位置是否发生变化，如果发生变化，物体是运动的，未发生变化，物体是静止的；
物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，物体可以看成质点。
本题主要考查学生对运动和静止相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。
4.【答案】D
【解析】解：A.电子束打在屏上的A点，由左手定则可知，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故A错误；
B.由左手定则可知，打在屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里，故B错误；
C.增大偏转线圈电流时不会影响电子速度，故C错误；
D.增大偏转线圈电流时，偏转磁场增大，根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
所以半径减小，电子打到屏上的偏移会增大，故D正确。
故选：D。
根据左手定则，分析磁场的方向；增大偏转线圈电流时不会影响电子速度，洛伦兹力提供向心力，解得半径的表达式，从而分析D项；
本题考查学生对左手定则、磁场中匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，是一道中等难度题。
5.【答案】A
【解析】解：A、图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会产生感应电动势，故A正确；
B、图乙中矩形金属线圈水平向右移动，穿过矩形线圈的磁通量不变，线圈中不会产生感应电流，故B错误；
C、图丙中闭合导线框以其左边或右边为轴在磁场中旋转，线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C错误；
D、图丁中金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，根据安培定则可知，直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使增大通过导线中电流，圆形线圈中的磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。
故选：A。
感应电动势产生的条件是穿过电路的磁通量发生变化，感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件判断即可。
解答本题时，要准确掌握感应电动势和感应电流产生的条件，要注意两者的区别。只要磁通量发生变化，电路就产生感应电动势，如果电路闭合，也产生感应电流。
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，先把开关置于电源一侧为电容器充电，再把开关置于线圈一侧后，电容器放电，根据U=QC可知两极板间的电压随着电荷量的减少而减小，电场能转化为磁场能而降低，当电容器两极板的电荷量减为零时，电容器两极板间的电压为零，此时线圈中的磁场能达到最大，紧接着磁场能又向电场能转化，即线圈产生自感电动势给电容器反向充电，但在电场能转化为磁场能以及磁场能又再次转化为电场能的过程中，电路向外辐射电磁波，电路中的能量在耗散，所以电容器两极板间的电压的最大值越来越小，而电容器的充放电过程有其自身的固有周期，即周期不变。
故选：C。
根据电容器的充放电过程的电压随电荷量变化的特点分析判断。
本题关键掌握电容器的充放电过程各物理变化的情况。
7.【答案】C
【解析】解：A.原子弹是利用核裂变的链式反应原理制成的，故A错误；
B.目前人类还没有实现完全可控的核聚变，故B错误；
C.氢核聚变方程为 12H+13H→24He+01n
聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，由于比结合能越大，原子核越稳定，可知氦核的比结合能大于氘核的比结合能，故C正确；
D.强相互作用力可以将原子核内部的各个结构牢牢结合在一起；聚变反应中带正电的 12H与 13H结合过程需通过高温克服核子间的强大的库仑斥力作用，故D错误。
故选：C。
A.原子弹是利用核裂变的链式反应原理制成的；
B.可控的核聚变还处于实验阶段，据此分析作答；
C.根据比结合能越大越稳定分析作答；
D.强相互作用力可以将原子核内部的各个结构牢牢结合在一起，氘核和氚核之间是库仑斥力作用。
本题考查了原子物理中的一些基础知识，对于这部分知识要加强理解记忆，多积累，这种题目的难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.神舟十六号载人飞船绕地球做匀速圆周运动，其发射速度大于7.9km/s、小于11.2km/s。若神舟十六号的发射速度大于11.2km/s，超过第二宇宙速度，飞船将会脱离地球，故A错误；
B.“天宫”中航天员受到的万有引力完全提供此时做圆周运动的向心力，故处于完全失重状态，但是所受合外力不为0，故B错误；
C.若神舟十六号在“天宫”相同轨道处向前加速，飞船将会做离心运动，脱离该轨道，不能实现对接，故C错误；
D.设地球质量为M，“天宫”质量为m，“天宫”离地面高度为h，地球半径为R，根据公式有：
GMm(R+h)2=m⋅(2πT)2⋅(R+h)，M=ρV=ρ⋅43πR3
联立解得地球密度为：ρ=3π(R+h)3GT2R3，故D正确。
故选：D。
神舟十六号载人飞船绕地球做匀速圆周运动，其发射速度小于11.2km/s；“天宫”中航天员所受合外力不为0；根据变轨原理分析C选项；根据万有引力定律结合密度的计算公式进行解答。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是知道卫星做匀速圆周运动的向心力来源，能够根据万有引力提供向心力进行分析。
9.【答案】B
【解析】解：水枪出水后做斜抛运动，由于惯性，水将向右运动，设此速度大小为v，为击中正前方与枪口等高处的“鲨鱼”，即合速度v合指向“鲨鱼”，如下图所示：
由图可知，水枪相对游客的出水方向即图中v1的方向，应为左上方，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由于惯性可知从水枪出来的水有沿着切线方向的速度，此速度与合速度方向垂直，由平行四边形定则可知水枪相对游客的出水方向应为左上方。
本题考查了运动的合成与分解，解题的关键是知道由于惯性射出的水有沿着切线方向的速度，合速度应指向“鲨鱼”，则可知另一个分速度的方向。
10.【答案】A
【解析】解：每个光子的能量是ɛ=hν=hcλ，由题知每秒射入瞳孔引起视觉所需的最低能量是E=6hcλ，瞳孔的面积为πD24，而以光源为球心，以光源到眼的距离R为半径的球面积是4πR2，则有：
E=π4D24πR2⋅P
解得眼睛看到这个光源的最远距离：R=D4 Pλ6hc，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据光子能量和光速和波长关系推导人眼就能察觉到的每秒射入瞳孔引起视觉所需的最低能量，根据光源辐射的能量均匀分布在以光源为球心的球面上，进而得到光源的最远距离。
本题考查光子的性质，找到人眼瞳孔的面积和人眼所在位置相对光源的面积关系，注意结合数学知识解题即可。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，两列波具有相同的波长，均为λ=0.4m，两列波在同一介质中传播，波速相等，所以由v=λf知两列波具有相同的频率，且相位差恒定，所以两列波能发生干涉，故A错误；
B、由于M点到P点和Q点的距离相等，所以两列波在M点相遇，相遇时间为：
t=xv=0.5−，故B错误；
C、在2s内，M点实际运动的时间为1.25s，根据波长与波速的关系可得：
T=λv=
所以在2s内，M点的运动路程为：
s=4A′+A′=5A′=10A=10×2cm=20cm，故C错误；
D、由于两波源振动步调相同，所以当波程差等于半波长奇数倍时，振动减弱，即
Δx=(2n+1)λ2
又−1.2<Δx<1.2
解得：−3.5
根据两列波的波长和波速关系，分析频率关系，判断能否发生干涉；根据点到两波源的距离差判断振动的增强和减弱以及振幅。根据时间与周期关系求质点通过的路程。
本题要掌握波的叠加原理，波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。可根据某点到两波源的路程差与波长的关系分析质点的振动是加强还是减弱。
12.【答案】B
【解析】解：AB、a光线射到圆弧面上的临界角
sinCa=1na=35
则
Ca=37∘
玻璃砖的弧面上有a光射出的区域弧长为
la=2×37∘360∘2πR=37πR90
同理b光线射到圆弧面上的临界角
sinCb=1nb=12
则
Cb=30∘
玻璃砖的弧面上有b光射出的区域弧长为
lb=2×30∘360∘2πR=πR3
C、设能从圆弧上射出的某条a光线在AB弧上的入射角为α
则折射角β满足
sinαsinβ=35
由正弦定理
Rsin(β−α)=FMsin(π−β)
可得
FM=Rcsα− 9−25sin2α5
则a光线在AB上的入射角α不同，则光线与OO的交点不同，即射出的a光线不是都将汇于一点，入射光线距OO越远a较大，出射光线与OO的交点离AB面越近。同理b光从AB弧面上出射后不是都将汇于一点，故C错误；
D、光线垂直射到直径AB时，玻璃砖的弧面上有光射出的区域所对应的角度为2C；若在纸面内将玻璃砖绕圆心逆时针旋转60∘，设此时能在圆弧AB面上发生全反射的两条临界光线在直径上的折射角为θ，如图
则
∠DFG=180∘−C−(90∘−θ)=90∘−C+θ
∠HFE=180∘−C−(90∘+θ)=90∘−C−θ
则
∠GFH=180∘−(∠DFG+∠HFE)=2C
可知有光射出的区域弧长不变，则有复色光射出的区域弧长不变，故D错误。
故选：B。
根据全反射条件和几何关系，求有光射出的区域弧长；根据几何关系，有光射出的区域弧长不变；根据折射定律，正弦定理，分析出射光线与OO′的交点离AB面距离。
本题解题关键是正确画出光路图，根据几何关系、正弦定理、折射定律等解答问题，是一道中等偏难的题。
13.【答案】B
【解析】解：A.由能级图可知
E4−E2>E3−E2
由此可知可见光I的能量大于可见光Ⅱ的能量，根据光电效应的发生原理可知，能量更大的光子打到金属上，只要光的频率大于极限频率，就能发生光电效应，光子能量越大，光电子获得的动能也越大，需要更大的反向电压来实现将光电子的动能转化为电场能，由此可分析出图线a对应光的能量较小，图线b对应光的能量较大，所以图线a对应可见光Ⅱ，故A错误；
B.由光电效应以及能量守恒定律可知
E4−E2=U2e−w0
E3−E2=U1e−w0
联立上述两式解得：E4−E3=e(U2−U1)，故B正确；
C.原子吸收电子使处于基态的氢原子跃迁至n=4能级，由波尔能级理论可知，电子动能应满足
Ek≥E4−E1，故C错误；
D.使处于基态的氢原子跃迁至高能级的电子是实物粒子，实物粒子也具有波动性，只是粒子性更明显而已，故D错误。
故选：B。
根据能级图得出能级差的大小关系，结合图像的特点选择光的对应曲线；
根据光电效应方程得出电压满足的关系；
根据物质波的特点结合题目选项完成分析。
本题主要考查了玻尔能级理论的相关应用，熟悉能级的计算公式，结合光电效应方程即可完成分析。
14.【答案】BD
【解析】解：A、装置触地前，弹簧的形变量不变，弹性势能不变，故A错误；
B、小朋友从静止下落到离地距离最小的过程中，重力一直做正功，小朋友的重力势能一直减小，故B正确；
C、装置底端刚接触地面时，弹簧的弹力小于重力，合力向下，小朋友向下加速，动能不是最大，当小朋友的加速度为零，即弹力与重力大小相等时，动能最大，故C错误；
D、由于地面对装置不做功，在整个过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小朋友与装置组成的系统机械能保持不变，故D正确。
故选：BD。
根据弹簧形变量的变化，分析弹簧弹性势能的变化；根据重力做功情况，分析重力势能的变化；小朋友的加速度为零时，动能最大；根据只有重力或弹力做功机械能守恒，分析系统机械能是否守恒。
解决本题的关键分析清楚小朋友的运动过程与受力情况，知道小朋友的加速度为零时，速度最大。要注意地面对装置不做功，系统机械能是守恒的。
15.【答案】AD
【解析】解：A.霍尔元件可以使带电粒子(元件中的载流子)在磁场中偏转，把磁学量转化为电学量，所以利用霍尔元件可制作传感器，故A正确；
B.金属没有规则的形状，属于多晶体，故B错误；
C.某运动分子从无穷远处靠近一固定分子时，分子力先做正功后做负功，则运动分子的分子势能先减小后增加，故C错误；
D.根据物理学史可知，普朗克黑体辐射理论、物质波假说、玻尔氢原子理论均与普朗克常量紧密相关，故D正确。
故选：AD。
根据霍尔元件的原理判断；金属属于多晶体；结合分子力做功判断分子势能的变化；结合量子力学发展的历程判断。
本题考查多个不相关的知识点的内容，学生需要注意积累。
16.【答案】
【解析】解：(1)①A、探究小车速度与时间关系实验不需要阻力补偿，探究加速度与力、质量的关系实验时需要阻力补偿，故A错误；
B、两实验过程中细线都应该与导轨平行，故B正确；
C、为充分利用纸带，实验一中小车释放位置需要靠近打点计时器，故C错误；
D、当小车质量远大于悬挂物质量时可以近似认为小车受到的拉力等于悬挂物的重力，实验二过程中，小车质量应该远大于悬挂的重物质量，故D正确。
故选：BD。
②邻两计数点间均有4个点未画出，交流电的频率为50Hz，则计数点间的时间间隔t=5T=5f=550s=0.1s
由图2所示刻度尺可知，其分度值是1mm，计数点3对应的读数是7.50cm；
由匀变速直线运动的推论Δx=at2可知，小车的加速度a=x34−x01+x45−x12+x56−x239t2=x36−x039t2=(19.50−7.50)×10−2−7.50×10−29×0.12m/s2=0.50m/s2
③由图3所示图线可知，当拉力大到一定值时小车才有加速度，这是由于没有进行阻力补偿或补偿阻力不足，即轨道倾角太小造成的；当拉力F较大时图线发生弯曲，说明小车受到的合力明显小于悬挂物的重力，这是由于没有满足悬挂物的质量远小于小车质量，即悬挂物的过大造成的，故C正确，AB错误。
故选：C。
(2)A、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端一定要水平，故A错误；
B、为减小偶然误差，应进行多次碰撞进行数据处理，故B错误；
C、为防止碰撞后入射球反弹，斜槽末端静止小球质量须小于斜槽上小球质量，故C正确。
故选：C。
故答案为：(1)①BD；②7.50；0.50；③C；(2)C。
(1)①根据两实验：“探究小车速度与时间关系”、“探究加速度与力、质量的关系”的实验原理与实验注意事项分析答题。
②根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其读数；根据匀变速直线运动的推论求出小车的瞬时速度与加速度。
③探究小车质量一定时，加速度与力的关系实验需要平衡摩擦力，小车质量应远大于悬挂物的质量，根据图示图线分析答题。
(2)验证动量守恒定律实验斜槽末端切线水平，为得出普遍结论应进行多次实验，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。
理解实验原理是解题的前提，根据实验注意事项与实验原理，应用匀变速直线运动的推论可以解题。
17.【答案】
【解析】解：(1)①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
②根据坐标系内描出的点作出U−I图象如图所示
根据闭合电路的欧姆定律得：U=E−I(r+R0)
由图示U−I图象可知，电动势E=5.00V，内阻r=ΔUΔI−R0=5.0−3.02.3Ω−0.5Ω≈0.370Ω
③测充电宝的电动势需要使用多用电表的直流电压挡，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)出现如图所示的情况，是痱子粉撒得太多太厚，导致油膜未完全分开，故A正确，ABC错误。
故选：A。
故答案为：(1)①见解析；②见解析；5.00；0.370；③B；(2)A。
(1)①根据实验电路图连接实物电路图。
②根据坐标系内描出的点作出图象；求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电动势与内阻。
③测直流电压应选择多用电表的直流电压挡。
(2)根据实验原理理解出现图中现象的原因。
理解实验原理是解题的前提，根据闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电动势与内阻。
18.【答案】解：(1)滑块恰好能过竖直圆轨道的最高点，则有：mg=mv2R
代入数据可得：v= 5m/s
(2)滑块从开始下滑到圆弧轨道最高点，由动能定理有：mg(h−2R)−Wf=12mv2−0
代入数据可得：Wf=5J
(3)滑块从开始静止释放到左侧斜面最高点，由动能定理有：mg(h−H)−Wf−μxmgl−μxmgcsθ⋅Hsinθ=0
代入数据可得：H=25−12μx20+15μx
答：(1)滑块第一次经过竖直圆轨道最高点的速度大小v为 5m/s；
(2)滑块沿弧形轨道AB下滑克服摩擦力所做的功Wf为5J；
(3)若轨道C′E、EF的动摩擦因数为μx(0<μx<1)滑块冲下弧形轨道AB后，在装置中能达到的最大高度H与μx的关系为H=25−12μx20+15μx。
【解析】(1)滑块恰好能过竖直圆轨道的最高点，可知恰好由重力提供向心力，则可得最高点速度的大小；
(2)滑块从开始下滑到圆弧轨道最高点过程，由动能定理可得克服摩擦力做的功；
(3)滑块从开始下滑到左侧斜面最高点过程，由动能定理可得最大高度H与μx的关系。
本题考查了动能定理、竖直平面内的圆周运动，解题的关键是利用动能定理时一定选好研究过程。
19.【答案】解：(1)根据楞次定律可知工字形回路内电流顺时针方向，则cd中电流方向为c→d，又由法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅L2=1×12V=1V
由欧姆定律可得前0.5s流过cd棒的电流大小为：I=E2R=12×1A=0.5A
(2)工字形框在x<0侧运动时，cd棒和ab棒受到的安培力大小相等，方向相反，所以工字框F合=0，其匀速运动到ab棒滑过y轴绝缘层(x=0)与ef发生弹性碰撞，因为两者质量相等，所以交换速度
即：vef=v框=v0=2m/s，v框′=0
在x=0处，Eef=B20Lv0=0.5×1×2V=1V
此时ef棒切割磁感线，等效电路如图
I0=EefR+R2=11+0.5A=23A
所以：Iab=I02=13A
工字框所受安培力：Fab安=B20IabL=16N
又因为工字框的最大静摩擦力：Fabm=μmg=0.4N>Fab安
所以可判断框此后静止于x=0左侧不动，工字形回路已无电流，与此后运动无关；又因为ef棒上功率不变，故Ief不变。设ef棒运动到x=1m处的速度为v，则由欧姆定律：(0.5+0.5x)LvR+R2=I0
解得：v=I0(R+R2)(0.5+0.5x)L=23×1.5(0.5+0.5×1)×1m/s=1m/s
(3)ef棒从x=0运动到x=1m过程中，ef棒所受安培力为：F安=(0.5+0.5x)I0L=13+13x
则其克服安培力做的功：W克安=F−安Δx=0.5×1J=0.5J
(4)ef棒从x=0运动到x=1m过程中，由动能定理
W拉−W克安−μmgΔx=12mv2−12mv02
代入解得：W拉=0.6J
这段过程中，电阻焦耳热为：Q=I02(R2+R)t
又由：Q=W克安=0.5J
解得：t=0.75s
所以拉力的平均功率为：P−=W拉t=
答：(1)前0.5s流过cd棒的电流方向为c→d；I=0.5A；
(2)ef棒运动到x=1m处的速度大小为1m/s；
(3)ef棒从x=0运动到x=1m过程中克服安培力做的功为0.5J；
(4)ef棒从x=0运动到x=1m过程中拉力的平均功率为0.8W。
【解析】(1)根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律求电流的方向和大小；
(2)两棒发生弹性碰撞，由两个守恒求出框和棒的速度，判断出框的运动状态后，由动生电动势公式和欧姆定律求出ef棒的速度；
(3)求平均值的方法求出安培力对棒ef做的功；
(4)根据动能定理和功能原理求出拉力的功，再由功率公式求出功率。
本题是框杆模型在电磁感应现象中与弹性碰撞的综合应用，按照物理过程的顺序结合题设要求，从基本规律出发可以解决问题。
20.【答案】解：(1)初始状态的体积
Vl=Sd=0.012m3
气体做等压变化有
V1T1=V2T2
代入数据解得
V2=0.016m3
(2)整个过程对外界做功
W=pSΔd
其中
Δd=−0.3m=0.1m
代入数据解得
W=400J
(3)由热力学第一定律得
ΔU=Q−W
解得
Q=ΔU+W=100J+400J=500J
答：(1)温度为400K时在气缸内的体积0.016m3；
(2)整个过程对外界做了400J功；
(3)整个过程吸收了500J热量。
【解析】气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律求出缸内气体的体积；根据功的计算公式求出气体对活塞做的功；根据热力学第一定律求出气体内能的增加量。
分析清楚气体状态变化过程，应用盖-吕萨克定律、热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
21.【答案】解：(1)当电子在磁场中运动半径与磁场半径相等时，所有电子均能平行向右进入收集装置，有
ev0B=mv02R
解得
B=mv0eR
(2)电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动，设恰好从N点出射的电子进入平行板时离MN距离为d，则有
d=12at2
2R=v0t
其中
a=Eem
UMN=2ER
解得
d=R
即从中心轴线以上进入的电子全部被收集，中心轴线以下的电子不能被收集，收集效率
η=50%
因电子进入平行板时分布均匀，则中心轴线以上电子减少的电势能为
ΔEp1=12×12ne×12UMN=nmv028
中心轴线以下电子减少的电势能为
ΔEp2=12ne×12UMN=nmv024
共减少的电势能
ΔEp=ΔEp1+ΔEp2=3nmv028
(3)设末被平行板收集的电子离开平行板区域时速度与水平方向夹角为α，则
tanα=1
解得
α=45∘
要让电子能够垂直撞击BC板，有
θ=α=45∘
设电子与BC板发生碰撞时速度为v，由类平抛规律有
v=v0cs45∘= 2v0
由动量定理得
F1Δt=12nmΔtv×0.6
F2Δt=12nmΔt(12v+v)×0.4
根据牛顿第三定律，BC板受到的作用大小
F=F1+F2=3 25nmv0
答：(1)现要求所有电子均能平行进入金属板间，磁感应强度B的大小为mv0eR；
(2)平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能为3nmv028；
(3)要求电子垂直撞击BC板，应调整θ为45∘；BC板受到的作用力大小3 25nmv0。
【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力求解；
(2)根据电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动和电场力做功等于电子减少的电势能求解；
(3)根据类平抛规律和动量定理求解。
本题考查了带电粒子在电、磁组合场中的运动，运动过程复杂，用到的知识点多，思维量大，是一道比较综合又有难度的题。
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