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2022-2023学年浙江省温州市乐清市知临中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省温州市乐清市知临中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.在兵器科学中，常用到一个概念为“比动能”，其定义为子弹或炮弹的动能与其最大截面积的比值。关于“比动能”的单位，正确的是( )
A. NsB. Ns2C. kgsD. kgs2
2.小青同学在东塔爬山后，准备骑车回知临中学，图示为地图软件推荐的路线信息，下列说法正确的是( )
A. 推荐路线里的3.2公里指的是位移
B. 计算小青同学的平均速度时，不可以将她看作质点
C. 预计13：56到达中的“13：56”为时间间隔
D. 根据图中展示的信息，可以估算小青同学的平均速率
3.2022年8月19日重庆发生森林火灾，灭火直升飞机沿水平方向匀速往返火场和取水区上空，其中贮水桶受到与运动方向相反、大小保持不变的水平风力F。已知贮水桶(包含水)的重力为G，贮水桶受到绳子的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为θ，如果贮水桶总保持与直升飞机相对静止，下列正确的是( )
A. 拉力T的大小可能等于水平风力F的大小
B. 在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统动量不守恒
C. 在匀速运动的过程中，重力的冲量为0
D. 返回取水区的过程中，夹角θ比灭火前大
4.如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的14光滑圆弧曲面。某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车，已知当m处于最高点时，m上升高度小于R。则下列说法正确的是( )
A. 在小球到达最高点之前，小球与小车之间有可能已经相互分离了
B. 在小球上升过程中，小球的机械能守恒
C. 小球沿曲面下滑过程中，小车对冰面的压力有一段时间大于(m+M)g
D. 小球离开小车时小球的速率等于v0
5.2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约13小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接(M点为对接点)，航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是( )
A. “梦天”实验舱在轨道Ⅰ上从N点到M点的过程中，速率变小
B. “梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ需要在M点沿速度方向喷气
C. “梦天”实验舱在轨道Ⅰ运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期
D. 空间站中的物体会漂浮在空中，故不受力的作用
6.如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，坐标平面与电场方向平行。坐标系中有一个经过O、A、B三点的圆，Q点(25cm,0)为圆心，A点坐标为(32cm,24cm)，A点电势为64V，B点电势为34V，Q点电势为49V，则( )
A. 电场强度的方向为由A→O方向
B. 电场强度沿B→O方向
C. 电场强度大小为120V/m
D. O、A两点电势相同
7.如图甲所示电路，电流表、线圈L的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，整个过程通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源内阻不可忽略不计
B. R1=R2
C. 断开开关后，电流从右向左流过R1
D. 从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变大
8.如图所示装置均可以将非电学量转化成电学量，方便地用于测量、传输、处理和控制。关于这些装置，以下说法正确的是( )
A. 甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是电磁感应
B. 乙图中物体向左移，则电容器的电容变小
C. 丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量
D. 丁图装置只要有声音，即使不接入电源，R两端也有电压输出
9.如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B=0.1T，则( )
A. t=0时刻，线圈平面与磁感线平行
B. 线圈的面积S为0.22 2πm2
C. 它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220V的电容器正常工作
D. 以此作为电源，每通过1C的电量，消耗的电能为220J
10.如图所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是( )
A. 从t=3s时刻起f点开始振动
B. t=3s时刻质点e第二次回到平衡位置
C. 从t=0至t=3s内质点b运动的路程为10cm
D. 从t=2s至t=3s内质点d的加速度正在逐渐减小
11.为了研究大量处于n=3能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于a、b、c三种光，下列说法正确的是( )
A. 从同一点沿相同方向射入球形玻璃砖内，调节入射角的过程中，c光最容易发生全反射现象
B. a、b、c三种光从真空中进入同一介质后，在介质中的波长满足以下关系：1λc=1λa+1λb
C. 用a光照射时逸出的光电子初动能最小
D. 通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度c光最宽
12.水面上漂浮一半径为R=0.2m的圆形荷叶，一条小蝌蚪从距水面h= 720m的图示位置处沿水平方向以速度v=0.05m/s匀速穿过荷叶，已知水的折射率为43，则在小蝌蚪沿荷叶直径AB正下方匀速游过的过程中，在水面之上任意位置看不到小蝌蚪的时间为( )
A. 2sB. 4sC. 6sD. 8s
13.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场(图中未画出)，炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则( )
A. 直流电源的a端是正极
B. MN刚开始运动时，加速度大小为BEL2mR
C. MN离开导轨时，电容器已经放电完毕
D. MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为B2L2C2EB2L2C+m
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.关于下列四幅图，说法正确的是( )
A. 图甲，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，封闭端内气体的压强减小
B. 图乙，液体在器壁附近的液面会发生弯曲，表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏
C. 图丙，状态①的温度比状态②的温度高
D. 图丁，按照玻尔的氢原子模型，这样运动的电荷应该辐射出电磁波，电子绕核转动的能量将不断地被电磁波带走
15.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2，则下列说法正确的是( )
A. 原子核发生了β衰变，径迹2是衰变后β的径迹
B. 径迹1是衰变后新核的径迹，径迹1、2旋转方向相同
C. 若衰变方程是 92238U→90234Th+24He，则r1：r2=2：117
D. 若衰变方程是 92238U→90234Th+24He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为2：117
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.(1)某实验小组用单摆做“单摆测量重力加速度”实验。
如图1是用游标卡尺测出摆球的直径d=______ cm；用刻度尺测出摆线长度，算出摆长为1m；用停表测量单摆的周期，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，当单摆稳定时，摆球到达______(选填“最高”或“最低”)点时开始计时，并计数为零。单摆每经过这点时计一次数，当数到100次时记下时间，求出单摆周期。
(2)在利用“双缝干涉测定光的波长”实验中，双缝间距为d，双缝到光屏间的距离为L，在调好实验装置后，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，则：
(i)若分划板在图2中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA和xB(xA(ii)若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离，则条纹间距______(填“变宽”或“变窄”或“不变”)
17.(1)针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：
(i)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡______挡(选填“×1、×100”)；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为______Ω。
(ii)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。该欧姆表的两只表笔中，______是红表笔。(选填“A”或“B”)。
(2)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可以使用220V的交流电源来代替，要完成实验，如图实验器材中需要用到的有______。
组装变压器时，没有将铁芯闭合，如图丙所示，原线圈接u=311sin314t(V)的交流电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是______。
D.1760V
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
18.一定质量的理想气体从状态A→状态B→状态C→状态A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度TA=600K。
(1)求气体在状态B和状态C时的温度；
(2)求气体从状态B→C的过程中，气体对外做的功WBC；
(3)已知气体从状态C→A的过程中，外界对气体做的功WCA=1.3×106J，试说明全过程中气体是吸热还是放热，求吸收(或放出)了多少热量Q。
19.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置轨道AB、CD粗糙，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径R=0.5m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=4×104N/C。现有质量m=0.2kg，电荷量q=−1×10−4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知AB距离1m，带电体与轨道AB，CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。(取g=10m/s2)求：
(1)求带电体首次运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力；
(2)带电体最终停在何处；
(3)如果电场强度的大小为2×104N/C，求带电体全程摩擦产生的热量。
20.如图所示，e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分，e1f1和e2f2是倾角θ=37∘的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B=2T，方向竖直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量m=1kg，单位长度电阻值R0=10Ω/m的导体棒ab于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度h=5cm，另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上，导轨间距均为D=8cm，导体棒长度均为L=10cm。t=0时，导体棒ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取10m/s2。求：
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
(2)两导体棒的最终速度大小；
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
21.如图为一种质谱仪工作原理示意图．在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场．对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点．CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角(纸面内)从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为qm的离子都能汇聚到D，试求：
(1)磁感应强度的大小和方向(提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象)；
(2)离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；
(3)线段CM的长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：动能单位为J=N⋅m=kg⋅m/s2⋅m，面积单位为m2，“比动能”的单位为Jm2=N⋅mm2=Nm=kg⋅m/s2m=kgss，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能的单位和面积大的单位推导得到“比动能”的单位。
本题主要考查力学单位的推导。掌握基本单位和导出单位是解题关键。
2.【答案】D
【解析】解：A、推荐路线里的3.2公里指的是路程，故A错误；
B、计算小青同学的平均速度时，平均速度等于位移除以时间，计算全程位移时，小青同学的大小和形状可以忽略，则可以将她看作质点，故B错误；
C、预计13：56到达中的“13：56”为时刻，故C错误；
D、根据图中展示的信息，可以估算小青同学的平均速率等于路程除以时间，故D正确；
故选：D。
路程是运动轨迹的长度，研究问题时大小和形状可忽略时物体可看作质点，时间指的是一段时间，时刻指某一瞬间，平均速率等于路程除以时间，依次分析即可。
时间和时刻的区分，位移和路程的区分，质点理想模型的建立条件，是力学的基础，必须清楚概念。
3.【答案】D
【解析】解：A、以贮水桶(包含水)为研究对象，受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：T=Fsinθ，所以拉力T的大小大于水平风力F的大小，故A错误；
B、在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，故B错误；
C、在匀速运动的过程中，重力的冲量为：I=Gt，重力冲量不为零，故C错误；
D、根据图中几何关系可得：tanθ=FG，返回取水区的过程中，G变小(只有贮水桶的重力，没有水)，所以夹角θ比灭火前大，故D正确。
故选：D。
以贮水桶(包含水)为研究对象进行分析，根据平衡条件求解拉力T的大小和水平风力F的大小关系；根据动量守恒定律的守恒条件分析动量是否守恒；根据冲量的计算公式分析重力的冲量；求出绳子与竖直方向的夹角正切值的表达式进行分析。
本题主要是动量守恒定律的守恒条件，关键是知道贮水桶(包含水)的受力情况和整体的运动情况，掌握动量守恒定律的守恒条件。
4.【答案】C
【解析】解：A、在小球到达最高点之前，小球水平方向的分速度大于小车的速度，两者分离，故A错误；
B、在小球上升过程中，小车对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能减少，故B错误；
C、小球沿曲面下滑过程中，有一段时间内，小球有指向圆心的加速度，竖直方向有分加速度，小球与小车系统处于超重状态，小球小车对冰面的压力大于(m+M)g，故C正确；
D、设小球离开小车时小球的速度为v1，小车的速度为v2。取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：mv0=mv1+Mv2
根据系统机械能守恒得：12mv02=12mv12+12Mv22
联立解得：v1=m−Mm+Mv0，故D错误。
故选：C。
在小球到达最高点之前，小球与小车之间没有分离，根据机械能守恒条件分析小球的机械能是否守恒；分析小球的加速度方向，运用超重观点分析小车对冰面的压力大小；根据小球与小车系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球离开小车时小球的速率。
本题是系统水平方向动量守恒和机械能守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，但是在水平方向上的动量是守恒的。
5.【答案】A
【解析】解：A.“梦天”实验舱在轨道I上从N点到M点的过程中，机械能守恒，重力势能增大，动能减小，速率减小，故A正确；
B.“梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ，需要在M点加速，沿速度方向反方向喷气，故B错误；
C.“梦天”实验舱在轨道I运行的轨道半长轴小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”轨道半径，由开普勒第三定律可知“梦天”实验舱在轨道I运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期，故C错误；
D.空间站中的物体会漂浮在空中，受地球的引力提供随空间站一起绕地球做圆周运动的向心力，故D错误。
故选：A。
实验舱在轨道I运动过程在机械能守恒，根据重力势能与动能的转化分析速率，根据变轨原理分析B项，根据开普勒第三定律分析C项，空间站中的物体会漂浮在空中，万有引力提供向心力。
本题考查天体运动中的变轨问题，以及在太空中宇航员处于完全失重状态，本题的易错点在于D选项学生容易忽略万有引力提供向心力的应用。
6.【答案】D
【解析】解：ABD.在匀强电场中，一条线点中点的电势等两个端点的电势之和的一半。可得，φO=2φQ−φB=(98−34)V=64V，故O点A点为等势点，其连线为等势线，电场线的方线与等势线成90∘，所以场强的方向与OA连线成90∘，故AB错误，D正确；
C.由几何关系，Q点到OA连线的距离为15cm，由E=Ud=1515×10−2V/m=100V/m，故C错误。
故选：D。
由匀强电场中电势差与场强的关系，可得O点的电势与A点的电势相等，从而可得场强的方向，进而可求场强的大小，然后来判断各个选项的对错。
先要找到等势点，然后作出等势线，找出场强的方向问题就解决了。
7.【答案】B
【解析】解：B、图甲中，闭合开关，电路处于稳定状态时，电阻R1与R2并联，通过两电阻的电流分别为
I1=UR1，I2=UR2
根据图乙可知，某一时刻突然断开开关S，电流I1突变为0，线圈中电流减小，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值I2在新回路中逐渐减为0，由图乙可知
I1=I2
解得
R1=R2
故B正确；
A.根据上述可知，由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，即本题数据处理过程中，电源内阻可忽略不计，故A错误；
C.根据上述可知，断开开关后，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值I2在新回路中逐渐减为0，即断开开关后，电流从左向右流过R1，故C错误；
D.从断开开关到灯熄灭的过程中，根据
E=LΔIΔt
根据图乙可知，在从断开开关到灯熄灭的过程中，I−t图像斜率的绝对值逐渐减小，即电流的变化率逐渐减小，可知从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变小，故D错误。
故选：B。
根据闭合电路欧姆定律结合自感现象分析BC项，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，根据感应电动势与电感的关系分析D项。
做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L中原来电流的方向即电动势的正极
8.【答案】C
【解析】解：A.带电粒子在洛伦兹力作用向下移动，霍尔元件上下表面出现电势差，不是电磁感应原理，故A错误；
B.乙图中物体向左移，两极板间电介质增大，C=εrS4πkd可知电容器的电容变大，故B错误；
C.丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量，故C正确；
D.丁图装置只要有声音，不接入电源，R两端不会有电压输出，故D错误。
故选：C。
霍尔元件能出现电势差的原因是带电粒子在磁场中受到力的作用而发生偏转；
根据电容的决定式得出电容的变化趋势；
理解丙丁的实验原理，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了电容器的相关应用，熟悉电容的决定式，结合霍尔效应的特点即可完成分析。
9.【答案】B
【解析】解：A、t=0，电动势为0，此时线圈与磁感线垂直，故A错误；
B、线圈产生的最大电动势Em=nBSω，解得：S=0.22 2πm2，故B正确；
C、交流电的有效值E=Em 2=220 2 2V=220V，它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，但电动势的最大值220 2V超过了击穿电压，所以此电容不能正常工作，故C错误；
D、通过1C的电量，消耗的电能与开始的时刻有关，不同时刻开始通电，通电时间不同，消耗的电能都不一样，故D错误。
故选：B。
本题考查了交流电的描述，根据交流电的图像，可知知道其最大值和周期，然后进一步求出其它物理量，如有效值、频率等，明确电容器的耐压值为交流电的最大值即可判断。
本题要注意对于没有特别说明的情况，交流电的数值都是指有效值。计算交流电的电功、电功率都用有效值。
10.【答案】C
【解析】解：A、由振动图象可知T=2s，v=2m/s，则λ=vT=2×2m=4m，波传到f点的时间为：tf=sfv=52s=2.5s，即从t=2.5s时刻起f点开始振动，故A错误；
B、波传到e点的时间为：te=sev=42s=2s，质点起振的方向向上，则t=3s时刻波传到e点之后，质点e上下振动1s，即T2，所以t=3s时刻质点e第一次回到平衡位置，故B错误；
C、波传到b点的时间为：tb=sbv=12s=0.5s，从t=0至t=3s内质点b振动了3s−0.5s=2.5s=114T，则运动的路程为5A=5×2cm=10cm，故C正确；
D、波传到d点的时间为：td=sdv=32s=1.5s，即波传到d点需要1.5s，质点起振的方向向上，所以质点d开始振动方向也是向上，则从t=2s至t=3s内质点d的正在从波峰向波谷振动，加速度先逐渐减小后逐渐变大，故D错误；
故选：C。
由右图读出周期，由波速公式求解波长。根据t=xv求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系.
本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况。注意质点起振的方向都与振源起振方向相同；此题也可用画波形图的方法求解。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据光线在球形玻璃砖中的对称性，光线射入后都不会发生全反射现象，故A错误；
B.根据图乙可知，a、b、c三种光的遏止电压关系为Uc>Ub>Ua
根据动能定理eUc=Ek
根据光电效应方程hv=Ek+W0=eUc+W0
可知vc>vb>va
若这三种光是原子从能级n=3跃迁到较低能级时发出的光
根据跃迁原理可得E31=E32+E21
即hcλc=hcλb+hcλc
整理得1λc=1λa+1λb
进入同一种介质后，由于介质对三种光的折射率不一样，三种光的波长发生变化，因此不再满足上述关系，故B错误；
C.由B可知，a光的遏止电压最小，根据动能定理eU=Ek可知，a光照射时逸出的光电子初动能最小，故C正确；
D.由B选项可知vc>vb>va，根据频率、波长与波速的关系ν=cλ
可知λa>λb>λc
因此a光更容易发生明显的衍射现象，单缝衍射时a光中央亮条纹最宽，故D错误。
故选：C。
A.根据对称性和全反射发生的条件分析作答；
B.根据动能定理、光电效应方程和能级的跃迁求解波长关系，再分析在介质中的情况；
C.根据动能定理分析最大初动能的大小关系；
D.根据频率与波长的关系判断波长的大小，再根据衍射条纹的特点分析作答。
本题根据光电效应的U−I图像的分析，考查了动能定理、光电效应方程、能级的跃迁、波长与频率的关系以及衍射条纹与波长的关系，需要熟练掌握相关知识。
12.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘水面上发生全反射时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示：
根据全反射的临界角公式可得：
sinC=1n=34
则有
tanC=3 42−32=3 77
则有
OE=R−htanC=0.05m
由对称性可知
AB=2OE=2×0.05m=0.1m
则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为
t=ABv=，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据全反射角的计算公式得出看不到蝌蚪的距离，结合运动学公式得出对应的时间。
本题主要考查了光的折射定律，理解光发生折射时候的特点，结合几何关系和运动学公式即可完成解答。
13.【答案】D
【解析】解：A.MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，由左手定则可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，故A错误；
B.MN刚开始运动时，由牛顿第二定律得：
a=BILm
其中I=ER
联立解得：a=BELmR，故B错误；
C.MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，故C错误；
D.当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有
Q0=CE
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有
E′=BLvmax
依题意有
E′=QC
设在此过程中MN的平均电流为I−，MN上受到的平均安培力为F−，有
F−=BI−L
由动量定理得：
F−Δt=mvmax
又
I−Δt=Q0−Q
联立解得：Q=B2L2C2Em+B2L2C，故D正确。
故选：D。
根据左手定则判断通过MN电流的方向，从而确定哪一个极板带正电；根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小；MN达到最大速度才离开导轨，MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕；开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解电容器上剩余的电荷量。
14.【答案】BC
【解析】解：A、设外界大气压为p0，水银柱的长度为h，倾斜时与水平方向的夹角为θ。管口向下放置，封闭气体压强为：p1=p0−ρgh；若将管倾斜，封闭端内气体的压强为：p2=p0−ρghsinθ，所以若将管倾斜，封闭端内气体的压强增大，故A错误；
B、图乙中，液体在器壁附近的液面向上凸，发生弯曲，说明附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，附着层内分子表现为引力，而表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，表面层分子也表现为引力，故B正确；
C、当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大，图丙中，状态①的气体分子热运动的速率较大的部分所占比率增加，状态①的温度比状态②的温度高，故C正确；
D、玻尔的原子模型提出电子只能在一些不连续的轨道上运动，电子在不同轨道上运动时的能量不同，电子绕核运动时，不会向外辐射电磁波，故D错误。
故选：BC。
根据气体压强的计算方法进行分析；根据表面张力产生的原因进行分析；当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大；根据玻尔理论进行分析。
本题考查对气体压强的计算、液体表面张力、玻尔理论的假设等，分关键是能够根据题图设置的情景，结合相关的知识进行分析。
15.【答案】BD
【解析】解：A、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切，所以为电性相同的粒子，原子核发生了α衰变，故A错误；
B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量p大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=pqB；由于p、B相同，则粒子电荷量q越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的半径小于粒子的轨道半径，所以1为新核的运动轨迹；根据左手定则可知，径迹1、2旋转方向相同，故B正确；
C、由B项分析知，r1：r2=q2：q1=2：90=1：45，故C错误；
D、由动能与动量的关系Ek=p22m可知，动能之比等于质量的反比，即衰变后新核和射出的粒子的动能之比为2：117，故D正确。
故选：BD。
带电粒子在磁场运动时，根据左手定则可以判断其运动方向或电性；根据动量守恒定律求得两粒子速度关系，进而根据磁场中运动的粒子半径公式求得半径的关系；根据动能与动量的关系求解动能之比。
本题主要是考查衰变后粒子在磁场中的运动，关键是掌握带电粒子在磁场中的运动规律、以及动量守恒定律的应用方法。
16.【答案】2.125最低 (ΔxB−ΔxA)d6L 变窄
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为21mm，游标卡尺读数为5×0.05=0.25mm，则摆球的直径为：d=21mm+0.25mm=21.25mm=2.125cm；
由于单摆摆球在最低点停留的时间最短，为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时。
(2)(i)由条纹间距公式可得：Δx=Ldλ
结合图示两分划板的位置可知，该单色光的波长为：λ=(ΔxB−ΔxA)d6L
(ii)光的频率与波长之间的关系为：λ=cν
可见，频率越高，波长越短，而由Δx=Ldλ可知，若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离d的情况下，条纹间距将变窄。
故答案为：(1)2.125；最低；(2)(i)(ΔxB−ΔxA)d6L；(ii)变窄。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(2)(1)根据条纹间距公式推导波长；
(ii)根据光的频率与波长之间的关系和条纹间距公式分析判断。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，解答本题要掌握游标卡尺的读数方法、条纹间距的计算公式。
17.【答案】×1003000AADC
【解析】解：(1)(i)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10“挡，经正确操作后，指针指在图甲中a位置，显然是指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，故应增加倍率，即将欧姆挡的倍率调到“×100“挡；图甲中的b位置读数为30，故待测电阻阻值为30×100Ω=3000Ω。
(ii)欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，由图乙所示图象可知，B与内置电源正极相连，B是黑表笔。根据“红进黑出”的原则，两只表笔中，A是红表笔，故选A；
(2)本实验需要线圈和铁芯，因使用220V的交流电，故需要多用电表测量电压；故BC错误，AD正确。
故选：AD。
根据题意可知原线圈电压有效值为：
U1=Um 2
代入数据得：U1≈220V
根据电压比与匝数关系得：
U1U2=n1n2
代入数据得：U2=27.5V
由于铁芯没有闭合，有漏磁现象，实际上输出电压低于计算值，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)(i)×100，3000；(ii)A；(2)AD，C。
(1)欧姆表指针偏转角度太小，说明待测电阻阻值较大，应更换大倍率挡位重新调零后测量；欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率；欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连。
(2)根据变压器线圈两端的电压与匝数的关系确定所需要的器材；理想变压器原副线圈的电压与其匝数成正比，而可拆式变压器(铁芯不闭合)，因此不满足此关系，从而即可判定求解。
本题考查了用多用电表测电阻的实验，解题时注意根据电阻阻值的不同正确选择倍率，读数后别忘乘倍率。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
18.【答案】解：(1)A→B等容变化，则有：
pATA=pBTB
解得：TB=200K
C→A等温变化，则
TC=TA=600K
(2)B→C等压膨胀，气体对外界做功为
WBC=p⋅ΔV=2×105×(6−2)J=8×105J
(3)根据热力学第一定律可得：ΔU=Q+W
全过程初末温度相同，则ΔU=0
全过程外界对气体做功为W=WCA−WBC
可得：Q=−W=WBC−WCA
解得：Q=−5×105J
可知气体放热5×105J。
答：(1)气体在状态B和状态C的温度分别为200K和600K；
(2)气体对外做的功为8×105J；
(3)气体放热，放出的热量为5×105J。
【解析】(1)A→B过程气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的温度；
(2)根据功的计算公式得出气体对外界做的功；
(3)根据热力学第一定律，代入数据计算出气体的吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律和热力学第一定律即可完成分析。
19.【答案】解：(1)从A点运动到C点，根据动能定理得：
qE(sAB+R)−mgR−μmgsAB=12mvC2
代入数据解得：vC=2 10m/s，
在C点时，根据牛顿第二定律有：FN−qE=mvC2R
代入数据解得：FN=20N，
根据牛顿第三定律得对轨道的压力为20N，方向水平向左
(2)设带电体在CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，
对全过程运用动能定理得：qE(sAB+R)−μmgsAB−mg(R+x)−μqEx=0
代入数据解得：x=1m
因为：μqE=mg，所以物块不会滑下，最终停在离C点上方1m处
(3)若E=2×104N/C，设带电体在CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，
对全过程运用动能定理得：qE(sAB+R)−μmgsAB−mg(R+x1)−μqEx1=0
代入数据解得：x1=1m
经计算由于μEq=1N对全过程运用能量守恒得：qE(sAB+R)=mgR+Q
代入数据解得：Q=2J
答：(1)带电体运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力大小为20N，方向水平向左；
(2)物体最终停在离C点上方1m处；
(3)如果电场强度的大小为2×104N/C，带电体全程摩擦产生的热量为2J。
【解析】(1)对A到C过程运用动能定理，求出到达C点时的速度，抓住沿半径方向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出轨道对带电体的弹力，从而得出带电体对轨道的压力；
(2)当带电体到达最高点速度为零时，根据动能定理求出带电体在C点上方的距离，抓住带电体的重力等于最大静摩擦力，确定出带电体最终的位置；
(3)先判断带电体的最终运动状态，对全程根据能量守恒定律求摩擦生热。
本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿运动定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力，对于第三问，难度较大，需考虑各种情况，从而结合能量守恒进行求解。
20.【答案】解：已知：h=5cm=0.05m，D=8cm=0.08m
导体棒ab与cd在回路中的有效电阻均为R=DR0=0.08×10Ω=0.8Ω
(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理有
mgh=12mv2
解得：v=1m/s
切割产生的感应电动势为
E=BDv
根据闭合电路欧姆定律有
I=E2R
联立解得：E=0.16V，I=0.1A
(2)因为两导体棒在磁场中所受的安培力始终大小相等、方向相反，最终两棒以相同速度做匀速直线运动，将两棒组成的系统作为研究对象，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=2mv共
解得：v共=0.5m/s
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，取向右为正方向，由动量定理得
−BDI−⋅Δt=m(v共−v)
通过回路的电荷量：q=I−⋅Δt
代入数据解得：q=3.125C
答：(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流为0.1A；
(2)两导体棒的最终速度大小为0.5m/s；
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量为3.125C。
【解析】(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理求出ab棒刚滑到斜面轨道底端时速度大小。由E=BDv求出ab棒产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求回路中产生的电流；
(2)ab棒进入磁场后，产生感应电流，受到向左的安培力而减速，cd棒受到向右的安培力而加速，最终两棒速度相等，回路的磁通量不变，不再产生感应电流，两棒以相同速度做匀速直线运动，达到稳定状态。由于两棒组成的系统所受合外力为零，所以此系统动量守恒，由动量守恒定律求出稳定时的速度大小；
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，利用动量定理求通过回路的电荷量。
本题是电磁感应现象中的双棒问题，要正确分析两棒的受力情况和运动情况，把握稳定的条件：两棒速度相同。结合力学原理如动量守恒定律、动量定理进行处理。
21.【答案】解：
(1)
设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
由 qv0B=mv02R
又 R=d
得 B=mv0qd
磁场方向垂直纸面向外
(2)
设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t
由vcsθ=v0
得v=v0csθ
R′=mvqB
=dcsθ
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmqB
t=T×θ+απ
=2(θ+α)v0d
(3)
设圆心为A，过A做AB垂直NO，
由于NB=NM−MB=R′csθ−MB=dcsθ⋅csθ−MB=d−MB
而BO=d−MB；
因此NM=BO
因NM=CMtanθ
又∵BO=ABctα
=R′sinθctα
=dcsθsinθctα
所以CM=dctα
【解析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度相垂直，因此洛伦兹力不做功，所以动能不变．带电粒子在磁场中运动，由左手定则可判定洛伦兹力方向．从而可根据运动轨迹来确定洛伦兹力的方向，最终能得出磁感应强度大小与方向．
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，处理时注意：定圆心、画轨迹、求半径．
1.在兵器科学中，常用到一个概念为“比动能”，其定义为子弹或炮弹的动能与其最大截面积的比值。关于“比动能”的单位，正确的是( )
A. NsB. Ns2C. kgsD. kgs2
2.小青同学在东塔爬山后，准备骑车回知临中学，图示为地图软件推荐的路线信息，下列说法正确的是( )
A. 推荐路线里的3.2公里指的是位移
B. 计算小青同学的平均速度时，不可以将她看作质点
C. 预计13：56到达中的“13：56”为时间间隔
D. 根据图中展示的信息，可以估算小青同学的平均速率
3.2022年8月19日重庆发生森林火灾，灭火直升飞机沿水平方向匀速往返火场和取水区上空，其中贮水桶受到与运动方向相反、大小保持不变的水平风力F。已知贮水桶(包含水)的重力为G，贮水桶受到绳子的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为θ，如果贮水桶总保持与直升飞机相对静止，下列正确的是( )
A. 拉力T的大小可能等于水平风力F的大小
B. 在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统动量不守恒
C. 在匀速运动的过程中，重力的冲量为0
D. 返回取水区的过程中，夹角θ比灭火前大
4.如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的14光滑圆弧曲面。某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车，已知当m处于最高点时，m上升高度小于R。则下列说法正确的是( )
A. 在小球到达最高点之前，小球与小车之间有可能已经相互分离了
B. 在小球上升过程中，小球的机械能守恒
C. 小球沿曲面下滑过程中，小车对冰面的压力有一段时间大于(m+M)g
D. 小球离开小车时小球的速率等于v0
5.2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约13小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接(M点为对接点)，航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是( )
A. “梦天”实验舱在轨道Ⅰ上从N点到M点的过程中，速率变小
B. “梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ需要在M点沿速度方向喷气
C. “梦天”实验舱在轨道Ⅰ运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期
D. 空间站中的物体会漂浮在空中，故不受力的作用
6.如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，坐标平面与电场方向平行。坐标系中有一个经过O、A、B三点的圆，Q点(25cm,0)为圆心，A点坐标为(32cm,24cm)，A点电势为64V，B点电势为34V，Q点电势为49V，则( )
A. 电场强度的方向为由A→O方向
B. 电场强度沿B→O方向
C. 电场强度大小为120V/m
D. O、A两点电势相同
7.如图甲所示电路，电流表、线圈L的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，整个过程通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源内阻不可忽略不计
B. R1=R2
C. 断开开关后，电流从右向左流过R1
D. 从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变大
8.如图所示装置均可以将非电学量转化成电学量，方便地用于测量、传输、处理和控制。关于这些装置，以下说法正确的是( )
A. 甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是电磁感应
B. 乙图中物体向左移，则电容器的电容变小
C. 丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量
D. 丁图装置只要有声音，即使不接入电源，R两端也有电压输出
9.如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B=0.1T，则( )
A. t=0时刻，线圈平面与磁感线平行
B. 线圈的面积S为0.22 2πm2
C. 它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220V的电容器正常工作
D. 以此作为电源，每通过1C的电量，消耗的电能为220J
10.如图所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是( )
A. 从t=3s时刻起f点开始振动
B. t=3s时刻质点e第二次回到平衡位置
C. 从t=0至t=3s内质点b运动的路程为10cm
D. 从t=2s至t=3s内质点d的加速度正在逐渐减小
11.为了研究大量处于n=3能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于a、b、c三种光，下列说法正确的是( )
A. 从同一点沿相同方向射入球形玻璃砖内，调节入射角的过程中，c光最容易发生全反射现象
B. a、b、c三种光从真空中进入同一介质后，在介质中的波长满足以下关系：1λc=1λa+1λb
C. 用a光照射时逸出的光电子初动能最小
D. 通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度c光最宽
12.水面上漂浮一半径为R=0.2m的圆形荷叶，一条小蝌蚪从距水面h= 720m的图示位置处沿水平方向以速度v=0.05m/s匀速穿过荷叶，已知水的折射率为43，则在小蝌蚪沿荷叶直径AB正下方匀速游过的过程中，在水面之上任意位置看不到小蝌蚪的时间为( )
A. 2sB. 4sC. 6sD. 8s
13.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场(图中未画出)，炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则( )
A. 直流电源的a端是正极
B. MN刚开始运动时，加速度大小为BEL2mR
C. MN离开导轨时，电容器已经放电完毕
D. MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为B2L2C2EB2L2C+m
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.关于下列四幅图，说法正确的是( )
A. 图甲，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，封闭端内气体的压强减小
B. 图乙，液体在器壁附近的液面会发生弯曲，表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏
C. 图丙，状态①的温度比状态②的温度高
D. 图丁，按照玻尔的氢原子模型，这样运动的电荷应该辐射出电磁波，电子绕核转动的能量将不断地被电磁波带走
15.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2，则下列说法正确的是( )
A. 原子核发生了β衰变，径迹2是衰变后β的径迹
B. 径迹1是衰变后新核的径迹，径迹1、2旋转方向相同
C. 若衰变方程是 92238U→90234Th+24He，则r1：r2=2：117
D. 若衰变方程是 92238U→90234Th+24He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为2：117
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.(1)某实验小组用单摆做“单摆测量重力加速度”实验。
如图1是用游标卡尺测出摆球的直径d=______ cm；用刻度尺测出摆线长度，算出摆长为1m；用停表测量单摆的周期，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，当单摆稳定时，摆球到达______(选填“最高”或“最低”)点时开始计时，并计数为零。单摆每经过这点时计一次数，当数到100次时记下时间，求出单摆周期。
(2)在利用“双缝干涉测定光的波长”实验中，双缝间距为d，双缝到光屏间的距离为L，在调好实验装置后，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，则：
(i)若分划板在图2中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA和xB(xA
17.(1)针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：
(i)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡______挡(选填“×1、×100”)；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为______Ω。
(ii)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。该欧姆表的两只表笔中，______是红表笔。(选填“A”或“B”)。
(2)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可以使用220V的交流电源来代替，要完成实验，如图实验器材中需要用到的有______。
组装变压器时，没有将铁芯闭合，如图丙所示，原线圈接u=311sin314t(V)的交流电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是______。
D.1760V
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
18.一定质量的理想气体从状态A→状态B→状态C→状态A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度TA=600K。
(1)求气体在状态B和状态C时的温度；
(2)求气体从状态B→C的过程中，气体对外做的功WBC；
(3)已知气体从状态C→A的过程中，外界对气体做的功WCA=1.3×106J，试说明全过程中气体是吸热还是放热，求吸收(或放出)了多少热量Q。
19.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置轨道AB、CD粗糙，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径R=0.5m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=4×104N/C。现有质量m=0.2kg，电荷量q=−1×10−4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知AB距离1m，带电体与轨道AB，CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。(取g=10m/s2)求：
(1)求带电体首次运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力；
(2)带电体最终停在何处；
(3)如果电场强度的大小为2×104N/C，求带电体全程摩擦产生的热量。
20.如图所示，e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分，e1f1和e2f2是倾角θ=37∘的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B=2T，方向竖直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量m=1kg，单位长度电阻值R0=10Ω/m的导体棒ab于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度h=5cm，另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上，导轨间距均为D=8cm，导体棒长度均为L=10cm。t=0时，导体棒ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取10m/s2。求：
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
(2)两导体棒的最终速度大小；
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
21.如图为一种质谱仪工作原理示意图．在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场．对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点．CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角(纸面内)从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为qm的离子都能汇聚到D，试求：
(1)磁感应强度的大小和方向(提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象)；
(2)离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；
(3)线段CM的长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：动能单位为J=N⋅m=kg⋅m/s2⋅m，面积单位为m2，“比动能”的单位为Jm2=N⋅mm2=Nm=kg⋅m/s2m=kgss，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能的单位和面积大的单位推导得到“比动能”的单位。
本题主要考查力学单位的推导。掌握基本单位和导出单位是解题关键。
2.【答案】D
【解析】解：A、推荐路线里的3.2公里指的是路程，故A错误；
B、计算小青同学的平均速度时，平均速度等于位移除以时间，计算全程位移时，小青同学的大小和形状可以忽略，则可以将她看作质点，故B错误；
C、预计13：56到达中的“13：56”为时刻，故C错误；
D、根据图中展示的信息，可以估算小青同学的平均速率等于路程除以时间，故D正确；
故选：D。
路程是运动轨迹的长度，研究问题时大小和形状可忽略时物体可看作质点，时间指的是一段时间，时刻指某一瞬间，平均速率等于路程除以时间，依次分析即可。
时间和时刻的区分，位移和路程的区分，质点理想模型的建立条件，是力学的基础，必须清楚概念。
3.【答案】D
【解析】解：A、以贮水桶(包含水)为研究对象，受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：T=Fsinθ，所以拉力T的大小大于水平风力F的大小，故A错误；
B、在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，故B错误；
C、在匀速运动的过程中，重力的冲量为：I=Gt，重力冲量不为零，故C错误；
D、根据图中几何关系可得：tanθ=FG，返回取水区的过程中，G变小(只有贮水桶的重力，没有水)，所以夹角θ比灭火前大，故D正确。
故选：D。
以贮水桶(包含水)为研究对象进行分析，根据平衡条件求解拉力T的大小和水平风力F的大小关系；根据动量守恒定律的守恒条件分析动量是否守恒；根据冲量的计算公式分析重力的冲量；求出绳子与竖直方向的夹角正切值的表达式进行分析。
本题主要是动量守恒定律的守恒条件，关键是知道贮水桶(包含水)的受力情况和整体的运动情况，掌握动量守恒定律的守恒条件。
4.【答案】C
【解析】解：A、在小球到达最高点之前，小球水平方向的分速度大于小车的速度，两者分离，故A错误；
B、在小球上升过程中，小车对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能减少，故B错误；
C、小球沿曲面下滑过程中，有一段时间内，小球有指向圆心的加速度，竖直方向有分加速度，小球与小车系统处于超重状态，小球小车对冰面的压力大于(m+M)g，故C正确；
D、设小球离开小车时小球的速度为v1，小车的速度为v2。取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：mv0=mv1+Mv2
根据系统机械能守恒得：12mv02=12mv12+12Mv22
联立解得：v1=m−Mm+Mv0，故D错误。
故选：C。
在小球到达最高点之前，小球与小车之间没有分离，根据机械能守恒条件分析小球的机械能是否守恒；分析小球的加速度方向，运用超重观点分析小车对冰面的压力大小；根据小球与小车系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球离开小车时小球的速率。
本题是系统水平方向动量守恒和机械能守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，但是在水平方向上的动量是守恒的。
5.【答案】A
【解析】解：A.“梦天”实验舱在轨道I上从N点到M点的过程中，机械能守恒，重力势能增大，动能减小，速率减小，故A正确；
B.“梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ，需要在M点加速，沿速度方向反方向喷气，故B错误；
C.“梦天”实验舱在轨道I运行的轨道半长轴小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”轨道半径，由开普勒第三定律可知“梦天”实验舱在轨道I运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期，故C错误；
D.空间站中的物体会漂浮在空中，受地球的引力提供随空间站一起绕地球做圆周运动的向心力，故D错误。
故选：A。
实验舱在轨道I运动过程在机械能守恒，根据重力势能与动能的转化分析速率，根据变轨原理分析B项，根据开普勒第三定律分析C项，空间站中的物体会漂浮在空中，万有引力提供向心力。
本题考查天体运动中的变轨问题，以及在太空中宇航员处于完全失重状态，本题的易错点在于D选项学生容易忽略万有引力提供向心力的应用。
6.【答案】D
【解析】解：ABD.在匀强电场中，一条线点中点的电势等两个端点的电势之和的一半。可得，φO=2φQ−φB=(98−34)V=64V，故O点A点为等势点，其连线为等势线，电场线的方线与等势线成90∘，所以场强的方向与OA连线成90∘，故AB错误，D正确；
C.由几何关系，Q点到OA连线的距离为15cm，由E=Ud=1515×10−2V/m=100V/m，故C错误。
故选：D。
由匀强电场中电势差与场强的关系，可得O点的电势与A点的电势相等，从而可得场强的方向，进而可求场强的大小，然后来判断各个选项的对错。
先要找到等势点，然后作出等势线，找出场强的方向问题就解决了。
7.【答案】B
【解析】解：B、图甲中，闭合开关，电路处于稳定状态时，电阻R1与R2并联，通过两电阻的电流分别为
I1=UR1，I2=UR2
根据图乙可知，某一时刻突然断开开关S，电流I1突变为0，线圈中电流减小，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值I2在新回路中逐渐减为0，由图乙可知
I1=I2
解得
R1=R2
故B正确；
A.根据上述可知，由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，即本题数据处理过程中，电源内阻可忽略不计，故A错误；
C.根据上述可知，断开开关后，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值I2在新回路中逐渐减为0，即断开开关后，电流从左向右流过R1，故C错误；
D.从断开开关到灯熄灭的过程中，根据
E=LΔIΔt
根据图乙可知，在从断开开关到灯熄灭的过程中，I−t图像斜率的绝对值逐渐减小，即电流的变化率逐渐减小，可知从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变小，故D错误。
故选：B。
根据闭合电路欧姆定律结合自感现象分析BC项，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，根据感应电动势与电感的关系分析D项。
做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L中原来电流的方向即电动势的正极
8.【答案】C
【解析】解：A.带电粒子在洛伦兹力作用向下移动，霍尔元件上下表面出现电势差，不是电磁感应原理，故A错误；
B.乙图中物体向左移，两极板间电介质增大，C=εrS4πkd可知电容器的电容变大，故B错误；
C.丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量，故C正确；
D.丁图装置只要有声音，不接入电源，R两端不会有电压输出，故D错误。
故选：C。
霍尔元件能出现电势差的原因是带电粒子在磁场中受到力的作用而发生偏转；
根据电容的决定式得出电容的变化趋势；
理解丙丁的实验原理，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了电容器的相关应用，熟悉电容的决定式，结合霍尔效应的特点即可完成分析。
9.【答案】B
【解析】解：A、t=0，电动势为0，此时线圈与磁感线垂直，故A错误；
B、线圈产生的最大电动势Em=nBSω，解得：S=0.22 2πm2，故B正确；
C、交流电的有效值E=Em 2=220 2 2V=220V，它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，但电动势的最大值220 2V超过了击穿电压，所以此电容不能正常工作，故C错误；
D、通过1C的电量，消耗的电能与开始的时刻有关，不同时刻开始通电，通电时间不同，消耗的电能都不一样，故D错误。
故选：B。
本题考查了交流电的描述，根据交流电的图像，可知知道其最大值和周期，然后进一步求出其它物理量，如有效值、频率等，明确电容器的耐压值为交流电的最大值即可判断。
本题要注意对于没有特别说明的情况，交流电的数值都是指有效值。计算交流电的电功、电功率都用有效值。
10.【答案】C
【解析】解：A、由振动图象可知T=2s，v=2m/s，则λ=vT=2×2m=4m，波传到f点的时间为：tf=sfv=52s=2.5s，即从t=2.5s时刻起f点开始振动，故A错误；
B、波传到e点的时间为：te=sev=42s=2s，质点起振的方向向上，则t=3s时刻波传到e点之后，质点e上下振动1s，即T2，所以t=3s时刻质点e第一次回到平衡位置，故B错误；
C、波传到b点的时间为：tb=sbv=12s=0.5s，从t=0至t=3s内质点b振动了3s−0.5s=2.5s=114T，则运动的路程为5A=5×2cm=10cm，故C正确；
D、波传到d点的时间为：td=sdv=32s=1.5s，即波传到d点需要1.5s，质点起振的方向向上，所以质点d开始振动方向也是向上，则从t=2s至t=3s内质点d的正在从波峰向波谷振动，加速度先逐渐减小后逐渐变大，故D错误；
故选：C。
由右图读出周期，由波速公式求解波长。根据t=xv求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系.
本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况。注意质点起振的方向都与振源起振方向相同；此题也可用画波形图的方法求解。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据光线在球形玻璃砖中的对称性，光线射入后都不会发生全反射现象，故A错误；
B.根据图乙可知，a、b、c三种光的遏止电压关系为Uc>Ub>Ua
根据动能定理eUc=Ek
根据光电效应方程hv=Ek+W0=eUc+W0
可知vc>vb>va
若这三种光是原子从能级n=3跃迁到较低能级时发出的光
根据跃迁原理可得E31=E32+E21
即hcλc=hcλb+hcλc
整理得1λc=1λa+1λb
进入同一种介质后，由于介质对三种光的折射率不一样，三种光的波长发生变化，因此不再满足上述关系，故B错误；
C.由B可知，a光的遏止电压最小，根据动能定理eU=Ek可知，a光照射时逸出的光电子初动能最小，故C正确；
D.由B选项可知vc>vb>va，根据频率、波长与波速的关系ν=cλ
可知λa>λb>λc
因此a光更容易发生明显的衍射现象，单缝衍射时a光中央亮条纹最宽，故D错误。
故选：C。
A.根据对称性和全反射发生的条件分析作答；
B.根据动能定理、光电效应方程和能级的跃迁求解波长关系，再分析在介质中的情况；
C.根据动能定理分析最大初动能的大小关系；
D.根据频率与波长的关系判断波长的大小，再根据衍射条纹的特点分析作答。
本题根据光电效应的U−I图像的分析，考查了动能定理、光电效应方程、能级的跃迁、波长与频率的关系以及衍射条纹与波长的关系，需要熟练掌握相关知识。
12.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘水面上发生全反射时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示：
根据全反射的临界角公式可得：
sinC=1n=34
则有
tanC=3 42−32=3 77
则有
OE=R−htanC=0.05m
由对称性可知
AB=2OE=2×0.05m=0.1m
则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为
t=ABv=，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据全反射角的计算公式得出看不到蝌蚪的距离，结合运动学公式得出对应的时间。
本题主要考查了光的折射定律，理解光发生折射时候的特点，结合几何关系和运动学公式即可完成解答。
13.【答案】D
【解析】解：A.MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，由左手定则可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，故A错误；
B.MN刚开始运动时，由牛顿第二定律得：
a=BILm
其中I=ER
联立解得：a=BELmR，故B错误；
C.MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，故C错误；
D.当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有
Q0=CE
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有
E′=BLvmax
依题意有
E′=QC
设在此过程中MN的平均电流为I−，MN上受到的平均安培力为F−，有
F−=BI−L
由动量定理得：
F−Δt=mvmax
又
I−Δt=Q0−Q
联立解得：Q=B2L2C2Em+B2L2C，故D正确。
故选：D。
根据左手定则判断通过MN电流的方向，从而确定哪一个极板带正电；根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小；MN达到最大速度才离开导轨，MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕；开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解电容器上剩余的电荷量。
14.【答案】BC
【解析】解：A、设外界大气压为p0，水银柱的长度为h，倾斜时与水平方向的夹角为θ。管口向下放置，封闭气体压强为：p1=p0−ρgh；若将管倾斜，封闭端内气体的压强为：p2=p0−ρghsinθ，所以若将管倾斜，封闭端内气体的压强增大，故A错误；
B、图乙中，液体在器壁附近的液面向上凸，发生弯曲，说明附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，附着层内分子表现为引力，而表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，表面层分子也表现为引力，故B正确；
C、当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大，图丙中，状态①的气体分子热运动的速率较大的部分所占比率增加，状态①的温度比状态②的温度高，故C正确；
D、玻尔的原子模型提出电子只能在一些不连续的轨道上运动，电子在不同轨道上运动时的能量不同，电子绕核运动时，不会向外辐射电磁波，故D错误。
故选：BC。
根据气体压强的计算方法进行分析；根据表面张力产生的原因进行分析；当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大；根据玻尔理论进行分析。
本题考查对气体压强的计算、液体表面张力、玻尔理论的假设等，分关键是能够根据题图设置的情景，结合相关的知识进行分析。
15.【答案】BD
【解析】解：A、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切，所以为电性相同的粒子，原子核发生了α衰变，故A错误；
B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量p大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=pqB；由于p、B相同，则粒子电荷量q越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的半径小于粒子的轨道半径，所以1为新核的运动轨迹；根据左手定则可知，径迹1、2旋转方向相同，故B正确；
C、由B项分析知，r1：r2=q2：q1=2：90=1：45，故C错误；
D、由动能与动量的关系Ek=p22m可知，动能之比等于质量的反比，即衰变后新核和射出的粒子的动能之比为2：117，故D正确。
故选：BD。
带电粒子在磁场运动时，根据左手定则可以判断其运动方向或电性；根据动量守恒定律求得两粒子速度关系，进而根据磁场中运动的粒子半径公式求得半径的关系；根据动能与动量的关系求解动能之比。
本题主要是考查衰变后粒子在磁场中的运动，关键是掌握带电粒子在磁场中的运动规律、以及动量守恒定律的应用方法。
16.【答案】2.125最低 (ΔxB−ΔxA)d6L 变窄
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为21mm，游标卡尺读数为5×0.05=0.25mm，则摆球的直径为：d=21mm+0.25mm=21.25mm=2.125cm；
由于单摆摆球在最低点停留的时间最短，为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时。
(2)(i)由条纹间距公式可得：Δx=Ldλ
结合图示两分划板的位置可知，该单色光的波长为：λ=(ΔxB−ΔxA)d6L
(ii)光的频率与波长之间的关系为：λ=cν
可见，频率越高，波长越短，而由Δx=Ldλ可知，若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离d的情况下，条纹间距将变窄。
故答案为：(1)2.125；最低；(2)(i)(ΔxB−ΔxA)d6L；(ii)变窄。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(2)(1)根据条纹间距公式推导波长；
(ii)根据光的频率与波长之间的关系和条纹间距公式分析判断。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，解答本题要掌握游标卡尺的读数方法、条纹间距的计算公式。
17.【答案】×1003000AADC
【解析】解：(1)(i)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10“挡，经正确操作后，指针指在图甲中a位置，显然是指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，故应增加倍率，即将欧姆挡的倍率调到“×100“挡；图甲中的b位置读数为30，故待测电阻阻值为30×100Ω=3000Ω。
(ii)欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，由图乙所示图象可知，B与内置电源正极相连，B是黑表笔。根据“红进黑出”的原则，两只表笔中，A是红表笔，故选A；
(2)本实验需要线圈和铁芯，因使用220V的交流电，故需要多用电表测量电压；故BC错误，AD正确。
故选：AD。
根据题意可知原线圈电压有效值为：
U1=Um 2
代入数据得：U1≈220V
根据电压比与匝数关系得：
U1U2=n1n2
代入数据得：U2=27.5V
由于铁芯没有闭合，有漏磁现象，实际上输出电压低于计算值，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)(i)×100，3000；(ii)A；(2)AD，C。
(1)欧姆表指针偏转角度太小，说明待测电阻阻值较大，应更换大倍率挡位重新调零后测量；欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率；欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连。
(2)根据变压器线圈两端的电压与匝数的关系确定所需要的器材；理想变压器原副线圈的电压与其匝数成正比，而可拆式变压器(铁芯不闭合)，因此不满足此关系，从而即可判定求解。
本题考查了用多用电表测电阻的实验，解题时注意根据电阻阻值的不同正确选择倍率，读数后别忘乘倍率。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
18.【答案】解：(1)A→B等容变化，则有：
pATA=pBTB
解得：TB=200K
C→A等温变化，则
TC=TA=600K
(2)B→C等压膨胀，气体对外界做功为
WBC=p⋅ΔV=2×105×(6−2)J=8×105J
(3)根据热力学第一定律可得：ΔU=Q+W
全过程初末温度相同，则ΔU=0
全过程外界对气体做功为W=WCA−WBC
可得：Q=−W=WBC−WCA
解得：Q=−5×105J
可知气体放热5×105J。
答：(1)气体在状态B和状态C的温度分别为200K和600K；
(2)气体对外做的功为8×105J；
(3)气体放热，放出的热量为5×105J。
【解析】(1)A→B过程气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的温度；
(2)根据功的计算公式得出气体对外界做的功；
(3)根据热力学第一定律，代入数据计算出气体的吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律和热力学第一定律即可完成分析。
19.【答案】解：(1)从A点运动到C点，根据动能定理得：
qE(sAB+R)−mgR−μmgsAB=12mvC2
代入数据解得：vC=2 10m/s，
在C点时，根据牛顿第二定律有：FN−qE=mvC2R
代入数据解得：FN=20N，
根据牛顿第三定律得对轨道的压力为20N，方向水平向左
(2)设带电体在CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，
对全过程运用动能定理得：qE(sAB+R)−μmgsAB−mg(R+x)−μqEx=0
代入数据解得：x=1m
因为：μqE=mg，所以物块不会滑下，最终停在离C点上方1m处
(3)若E=2×104N/C，设带电体在CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，
对全过程运用动能定理得：qE(sAB+R)−μmgsAB−mg(R+x1)−μqEx1=0
代入数据解得：x1=1m
经计算由于μEq=1N
代入数据解得：Q=2J
答：(1)带电体运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力大小为20N，方向水平向左；
(2)物体最终停在离C点上方1m处；
(3)如果电场强度的大小为2×104N/C，带电体全程摩擦产生的热量为2J。
【解析】(1)对A到C过程运用动能定理，求出到达C点时的速度，抓住沿半径方向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出轨道对带电体的弹力，从而得出带电体对轨道的压力；
(2)当带电体到达最高点速度为零时，根据动能定理求出带电体在C点上方的距离，抓住带电体的重力等于最大静摩擦力，确定出带电体最终的位置；
(3)先判断带电体的最终运动状态，对全程根据能量守恒定律求摩擦生热。
本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿运动定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力，对于第三问，难度较大，需考虑各种情况，从而结合能量守恒进行求解。
20.【答案】解：已知：h=5cm=0.05m，D=8cm=0.08m
导体棒ab与cd在回路中的有效电阻均为R=DR0=0.08×10Ω=0.8Ω
(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理有
mgh=12mv2
解得：v=1m/s
切割产生的感应电动势为
E=BDv
根据闭合电路欧姆定律有
I=E2R
联立解得：E=0.16V，I=0.1A
(2)因为两导体棒在磁场中所受的安培力始终大小相等、方向相反，最终两棒以相同速度做匀速直线运动，将两棒组成的系统作为研究对象，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=2mv共
解得：v共=0.5m/s
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，取向右为正方向，由动量定理得
−BDI−⋅Δt=m(v共−v)
通过回路的电荷量：q=I−⋅Δt
代入数据解得：q=3.125C
答：(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流为0.1A；
(2)两导体棒的最终速度大小为0.5m/s；
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量为3.125C。
【解析】(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理求出ab棒刚滑到斜面轨道底端时速度大小。由E=BDv求出ab棒产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求回路中产生的电流；
(2)ab棒进入磁场后，产生感应电流，受到向左的安培力而减速，cd棒受到向右的安培力而加速，最终两棒速度相等，回路的磁通量不变，不再产生感应电流，两棒以相同速度做匀速直线运动，达到稳定状态。由于两棒组成的系统所受合外力为零，所以此系统动量守恒，由动量守恒定律求出稳定时的速度大小；
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，利用动量定理求通过回路的电荷量。
本题是电磁感应现象中的双棒问题，要正确分析两棒的受力情况和运动情况，把握稳定的条件：两棒速度相同。结合力学原理如动量守恒定律、动量定理进行处理。
21.【答案】解：
(1)
设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
由 qv0B=mv02R
又 R=d
得 B=mv0qd
磁场方向垂直纸面向外
(2)
设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t
由vcsθ=v0
得v=v0csθ
R′=mvqB
=dcsθ
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmqB
t=T×θ+απ
=2(θ+α)v0d
(3)
设圆心为A，过A做AB垂直NO，
由于NB=NM−MB=R′csθ−MB=dcsθ⋅csθ−MB=d−MB
而BO=d−MB；
因此NM=BO
因NM=CMtanθ
又∵BO=ABctα
=R′sinθctα
=dcsθsinθctα
所以CM=dctα
【解析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度相垂直，因此洛伦兹力不做功，所以动能不变．带电粒子在磁场中运动，由左手定则可判定洛伦兹力方向．从而可根据运动轨迹来确定洛伦兹力的方向，最终能得出磁感应强度大小与方向．
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，处理时注意：定圆心、画轨迹、求半径．
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