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2023-2024学年四川省成都市武侯区高三（下）入学考试 物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省成都市武侯区高三（下）入学考试 物理试卷（含解析），共20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。
一、单选题（本题共5小题，共30分）
1.下列说法正确的是( )
A. 普朗克在研究黑体辐射问题时提出光子说
B. 氢原子的能级理论是玻尔在卢瑟福核式结构模型的基础上提出来的
C. 将一个原子核分开成为单个的核子，比结合能越大的核，需要的能量越大
D. 由 01n+11H→12H+γ(2.2MeV)可知，这是核裂变反应，有一部分质量转变成了能量
2.下列图片源于物理教科书。关于它们的说法中正确的是
A. 图甲是磁电式电流表的内部结构图，里面的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，因为铝框中能产生感应电流，磁场对该感应电流的安培力使指针偏转
B. 图乙是动圈式扬声器的结构示意图，当随声音变化的电流通过线圈，在安培力作用下线圈发生振动，从而带动纸盆振动发出声音，这样的扬声器不能当话筒使用
C. 图丙是电子感应加速器中的俯视图，图中电子的运动方向为逆时针，为使电子沿轨道运动，轨道中的磁场方向应垂直纸面向里
D. 图丁是两根空心铝管，左管完好，右管右侧开有竖直裂缝，现让一块磁性很强的小磁铁依次从两管上方静止释放，小磁铁在左侧铝管中受到阻碍而缓慢下落，在右侧铝管中比左侧铝管中下落的快
3.甲车和乙车从同一位置出发沿平直公路行驶，它们运动的速度−时间图象分别为如图所示的直线甲和曲线乙，t=3 s时，直线甲和曲线乙刚好相切。有关两车在0～5 s内的运动，下列说法正确的是( )
A. 乙车一直做加速运动，加速度先增大后减小
B. t=1 s时两车之间的距离为2 m
C. 两车之间的距离先增大后减小
D. t=3 s时两车之间的距离小于7 m
4.高铁线因接触网覆冰无法保证电力机车正常供电，现设想用短路电流熔冰，就是将两条输电线终点站的两端直接连起来。将变电站输出电压为U的正弦交流电经过一段较长的导线输送到始发站后先用理想升压变压器升压，然后接入始发站导线的两端，电路图如图所示。已知两站间输电线的总电阻为R，变电站到始发站导线的总电阻r=R106，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶1000，则高铁输电线R熔冰的热功率为
( )
A. 5002U2RB. 10002U2RC. U2RD. U24R
5.为了保证消费者权益，国家会对销售车辆进行全面的检测。动力检测时，汽车在专用的测量装置上全力加速，仪器记录车轮转速v与车轮驱动力F大小，再通过计算得出车辆在不同车速下的输出功率，某汽车在速度v1−v2区间内车轮驱动力F与车速v的关系如图所示。则该速度区间内，车辆功率P与车速v关系的图像可能是
( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本题共3小题，共18分）
6.2022年4月23日，中国空间站上的航天员们进行了第二次太空授课，丰富有趣的物理实验使得“天宫课堂”深受广大青少年朋友的喜爱。其中一个“油水分离”的实验过程如下：航天员叶光富拿出一只试管，管内的水与油均匀混合，呈现悬浊的状态。用细线拴住试管并甩动起来，让试管做圆周运动。一段时间后试管内的水与油出现了明显的分层。下列有关该实验的说法中，正确的是( )
A. 因为空间站中所有物体不受重力，所以试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象
B. 圆周运动让试管里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部
C. 若保持细线长度不变，加快试管的转速，试管底部受到的压力将加大
D. 若保持每秒钟的转数不变，用更短的细线甩动试管，油水分离的时间将缩短
7.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上有A、B两点，∠AOB=90°。放射源从A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边有边长有2R的正方形MNQP，与圆相切于B点，且MB=NB，其区域内有水平向左的匀强电场。当粒子初速沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP并返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是
( )
A. 粒子的比荷为BRv0
B. 粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关
C. 若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为1∶1
D. 若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍
8.如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场(图中未画出)，且电场强度E=mgq。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为3mg2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是
( )
A. 滑动摩擦力的大小为mg2
B. 弹簧的劲度系数为3mg2L
C. 小球在D点时速度最大
D. 若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v= 2gL
三、实验题（本题共2小题，共14分）
9.某同学利用如图甲所示的装置测量滑块沿斜面体下滑时所受的阻力大小，某次实验时得到的纸带如图乙所示，已知纸带上标出的相邻两计数点之间还有4个计时点未画出，计时器的打点频率为f．
(1)打下B点时，滑块的速度v=________；
(2)为了研究不同材料的滑块所受阻力的情况，该同学用两个质量相同、材料不同的滑块a、b进行了反复操作，画出了v22−x的图像，如图丙所示，则滑块a所受的阻力________(填“大于”“等于”或“小于”)滑块b所受的阻力；
(3)若图丙中图线b的斜率为k，滑块b的质量为m，斜面体的倾角为θ，重力加速度为g，则滑块b沿斜面体下滑时所受的阻力Ff=________。
10.某小组查阅资料得知，在0～100℃范围内，金属铂电阻的阻值与温度有如下关系：Rt=R0(1+αt)，其中R0为铂电阻在0℃时的电阻，t为摄氏温度，α为一正的常数，称为铂电阻的温度系数。该小组想利用这一原理制作一个简易的温度传感器。
(1)他们利用图甲所示电路来测量R0的阻值，其中定值电阻R1=R2且远大于Rt和Rp，按图甲连接好电路后，在0℃的条件下闭合开关S，调节电阻箱Rp，当RP=50.0 Ω时灵敏电流计G的示数为零，则R0=________Ω。
(2)他们随后用图乙电路测量铂电阻的温度系数，其中定值电阻R1=R2且远大于Rt和Rp，将铂电阻置于温度为t的环境中，调节RP=R0，测得干路电流为I0=3.00 mA，则图乙中B、D两点间的电压为UBD=________(用I0、R0、t和α表示)；多次改变温度t，保持RP=R0不变，调节滑动变阻器，使得电流表示数保持为I0不变，测量B、D两点间的电压UBD，将测得的数据标在图丙所示的UBD～t图上，由此可得α=________℃−1(保留两位有效数字)；
(3)上述实验过程中，非常强调“定值电阻R1=R2且远大于Rt和Rp”，请分析指出，为什么要保证“远大于”这一限制条件：________________。
四、简答题（本题共1小题，共10分）
11.如图甲，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(此时开始计时t=0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时速度方向如图所示与PQ连线成60°角，且以后能多次经过D点做周期性运动。图中B0、t1、t2均为未知量，且t1、t2均小于小球在磁场中做圆周运动的周期。已知D、Q间的距离为L，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求(最后结果可以用分数和根号表示)：
(1)电场强度E的大小；
(2)t1与t2的比值；
(3)当小球做周期性运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0的大小。
五、计算题（本题共3小题，共28分）
12.xOy是位于光滑水平桌面的直角坐标系，x>0一侧有垂直纸面的磁场，方向如图所示；在x<0一侧有边长分别为l1和l2的刚性矩形线框位于桌面上，其长边l2与y轴平行，线框质量为m.现让线框沿+x方向以初速v0(v0待求)进入磁场区域，当线框全部进入磁场时，速度恰好减小为0。
(1)若磁场磁感应强度大小恒为B且线框电阻为R，忽略自感效应，求v0大小；
(2)若磁场的磁感应强度B的大小随横坐标x的变化关系为：B=kx(k为已知的常量)且线框的电阻为R，忽略线框的自感效应，求v0大小；
(3)若磁场磁感应强度大小恒为B但线框为电阻为0的超导线框，考虑线框的自感效应，且已知线框的自感系数为L，求v0大小。
(二)选考题：共45分。
【物理选修3−4】
13.O点有一振源持续在竖直方向振动，产生的横波传播到了A处质点，且OA间距离为10m。质点A振动起来之后，某时刻波源O处在波峰位置，把该时刻记为t=0时刻。观察发现t=5s时刻，质点A处于波峰位置，且此时波源O正通过平衡位置向下运动，且OA间还有一个波峰。则下列说法中正确的是( )
A.波的波长一定为8m
B.质点A一定是向上开始振动的
C.t=15s时刻，质点A一定处在波谷位置
D.波的传播速度可能为0.4m/s
E.波的传播速度可能为4.0m/s
14.如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i=45°入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ=15°，BC边长为2L。计算过程可能用到sin75∘= 6+ 24、cs75∘= 6− 24，tan15∘=2− 3，求：
①介质的折射率n；
②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
解答本题需掌握：
普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，认为能量是不连续的，而是一份一份的；
玻尔理论是在卢瑟福核式结构基础上引进了量子理论；
本题考查了“近代物理初步”部分，涉及普朗克的能量子假说、光电效应、波尔的氢原子模型、卢瑟福的核式结构模型，知识点多，难度小，关键多看书。
【解答】
A、普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，故A错误；
B、玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说基础上引进了量子理论，故B正确。
C、将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量叫结合能，不是比结合能。故C错误；
D.由 01n+11H→12H+γ(2.2MeV)可知，这是核聚变反应；有质量亏损，即有一部分质量转化成了与光子能量相联系的质量，而不是“质量转化成了能量”，故 D 错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】【分析】
通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，线圈绕在铝框上，铝框也一起转动，铝框中产生涡电流，起到电磁阻尼的作用；
动圈式扬声器也可以当话筒使用，声音使纸盆振动，带动线圈切割磁感线，从而产生感应电流；
根据左手定则判断磁场方向；
强磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流。
本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用，解题的关键是对教材基本知识的理解，比如动圈式扬声器可以作为话筒使用，叫做动圈式话筒，但两者原理完全不同。
【解答】
A.磁电式电流表里面的线圈常常用铝框做骨架，因为铝框在磁场中转动时能产生阻尼，让线圈快速稳定下来，故A错误；
B.电流通过线圈，在安培力作用下线圈发生振动，从而带动纸盆振动发出声音；动圈式扬声器也可以当话筒使用，声音使纸盆振动，带动线圈切割磁感线，从而产生感应电流，故B错误；
C.电子逆时针运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，磁场方向为垂直纸面向外，故C错误；
D.左管没有裂缝，存在涡流，从而阻碍小磁铁的下落，而右管有裂缝，涡流仍旧存在，只不过没有完好时那么大，所以在右侧铝管中比左侧铝管中下落的快，故D正确。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键知道速度−时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示加速度，分析两车的位移关系、速度关系。
【解答】
A.由图可知乙车一直做加速运动，根据v−t图象的斜率表示加速度，知乙车的加速度一直减小，故A错误；
B.甲车做匀加速运动，且其加速度为a甲= ΔvΔt=8−23m/s2=2m/s2，
t=1s时两车间隔距离等于0∼1s内甲通过的位移大小x=v0t+12a甲t2=3m，故B错误；
C.从图像可以看出，甲速一直不小于乙速，两车之间的距离一直在增大，故 C 错误；
D.v− t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，若乙做匀加速直线运动，则1∼3s内的位移为x1=12×8×2m=8m，而实际上乙做变加速运动，位移大于8m，甲在该时间内的位移为x2=12×2+8×3m=15m，所以在3s时两者之间的间距△x故选 D
4.【答案】A
【解析】【分析】
先根据变压器的工作原理得出线圈两端的电流的关系，结合功率的表达式得出熔冰的热功率。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系，结合功率的计算公式即可完成分析。
【解答】
设原线圈电流为I1，副线圈的电流为I2，则I1I2=n2n1=1000
根据功率的关系式可得：I1U=I12r+I22R
解得：P热=I22R=5002U2R，故A正确，BCD错误；
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据F−v图像确定F与v之间的关系，根据P=Fv确定车辆功率P与车速v关系，即可确定P−v图像应为开口向下的抛物线。
【解答】
根据F−v图像可知，汽车在速度v1−v2区间内F与车速v的关系为
F=−kv+b(k>0)
则该速度区间内，车辆功率P与车速v关系为P=Fv=(−kv+b)v=−kv2+bv(k>0)
由数学知识可知P−v图像应为开口向下的抛物线。
故选C。
6.【答案】BC
【解析】解：A、因为空间站所受重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，所以试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象，故A错误；
B、圆周运动让试管里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部，故B正确；
C、若保持细线长度不变，加快试管的转速，根据F向=F支=mω2r，结合F压=F支，试管底部受到的压力将加大，故C正确；
D、若保持每秒钟的转数不变，即角速度不变，用用更短的细线甩动试管，所需向心力变小，则油水分离的时间将增长，故D错误。
故选：BC。
在空间站中物体处于完全失重状态，故试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象，当试管做圆周运动时，产生的离心现象，密度大的处于试管底部，转速加大，所需向心力增大，若保持每秒钟的转数不变，即角速度不变，用用更短的细线甩动试管，所需向心力变小。
本题主要考查了圆周运动，明确在太空中物体的重力完全提供向心力，当在太空中做圆周运动时，需要有向心力即可判断。
7.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在磁场与电场的组合场中的运动。做出粒子的运动轨迹，由几何关系可知粒子在圆形区域磁场内的偏转半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，列式求解比荷；由几何关系可知粒子在圆形区域磁场内的轨迹的圆心角，由t=θ2πT求解运动时间；若将电场E方向变为竖直向下，粒子将做类平抛运动，比较两种情况的加速度，结合图中几何关系，求解从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比；若电场E竖直向下，且粒子要全部从 NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打到 Q 处，根据平抛运动规律列式求解加速度，进一步得出场强大小之比。
【解答】
A.由题可知粒子在圆形区域磁场内的偏转半径为 R
则有Bqv0=mv02R
化简可得粒子的比荷为qm=v0BR
故A错误；
B.粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间为t=θ2πT=mθBq
所以总时间与偏转角度有关，偏转角度越大，运动时间越长，粒子入射方向不同，偏转时间不同，则进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间也不一样，故B错误；
C.在磁场边缘上的 A 点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为 v0 的带电粒子，粒子离开圆形磁场将与电场平行离开磁场进入电场，由当粒子沿 AO 方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回可得Eq2R=12mv02
解得电场力为F=Eq=mv024R
则若将电场 E 方向变为竖直向下，粒子将做类平抛运动，且向下的加速度为a=Fm=v024R
若将电场 E 方向变为竖直向下，且刚好打到 Q 处的粒子有ℎ1=12at12 ， 2R=v0t1
解得ℎ1=12R
由于能进入电场的粒子范围总高度为2R，高度小于 12R 的粒子范围均从 NQ 射出
高度大于 12R ，小于 2R 范围的均从 PQ 射出，高度等于 12R 的粒子从A点射出时速度方向与水平方向的夹角为60°，则从电场边界 PQ 与 NQ 射出的粒子数之比为n1n2=120∘60∘=21
故C错误；
D.若电场E竖直向下，且粒子要全部从 NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打到 Q 处，则有2R=12a′t2，2R=v0t
解得a′=v02R
又原场强加速度为a=Eqm=v024R
若电场E竖直向下，且粒子要全部从 NQ 边界射出，需要的加速度为a′=E′qm=v02R
所以由上面两式可得E′E=41
故D正确。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据胡克定律和动能定理分析速度最大的位置。抓住摩擦力是恒力，利用动能定理求小球恰好能回到C点的初速度。根据动能定理分析小球从C到D阶段弹性绳做功关系。
解决本题的关键要利用胡克定律和正交分解法分析知道弹性绳弹力的竖直分力是恒力，摩擦力也是恒力。弹性绳弹力的竖直分力与位移成正比，要利用弹力的平均值来弹力做功。
【解答】
A.设弹性绳的劲度系数为k，BC=ℎ，设当小球运动到F点时，CF=s，BF与CE的夹角为α，此时弹性绳的弹力为k BF，弹力沿水平方向的分力为：F水平=kBFcsα=ks，知F水平∝s，弹力沿竖直方向的分力为：F竖直=kBFsinα=kℎ
小球在C点时，有 kℎ= 32 mg，故F竖直=3mg2=定值，则小球所受的滑动摩擦力大小：f=μ(F竖直−mg)=0.5×(3mg2−mg)=14mg=定值，故A错误；
BC.小球从C运动到E的过程，根据动能定理得：qEL−fL−W=0−0，其中，W是弹性绳对小球做功大小。
而W=F水平C+F水平E2L=0+kL2L=12kL2，联立解得 kL= 32 mg，则弹簧的劲度系数为k=3mg2L
在D点，F水平=k⋅L2=34mg，故有qE=f+F水平，小球的合外力为零，速度最大，故BC正确；
D.由上可得W=32 mgL，若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理得：W−qEL−fL=0−12 mv2
解得v= gL，故D错误。
9.【答案】(1)(x3−x1)f10；(2)小于；(3)mgsinθ−km；
【解析】【分析】
(1)根据匀变速直线运动中时间中点速度等于过程的平均速度求解；
(2)根据动能定理得出表达式，根据图像斜率判断阻力的大小；
(3)根据表达式，结合斜率求阻力。
本题为测量动摩擦力，掌握运动学规律和牛顿第二定律即可解题。
【解答】
(1)打下B点时，滑块的速度等于AC段的平均速度，则vB=xACtAC，又xAC=x3−x1，tAC=10f，整理得vB=(x3−x1)f10
(2)滑块沿斜面体下滑时，由动能定理得mgxsinθ−Ffx=12mv2，整理得v22=(gsinθ−Ffm)x，则滑块所受的阻力越小，图像的斜率越大，则滑块a所受的阻力小于滑块b所受的阻力;
(3)由第(2)问知k=gsinθ−Ffm，解得Ff=mgsinθ−km
10.【答案】(1)50.0/50；(2)12I0R0αt；1.0×10−2；(3) 否则电流不能认为是近似均分，导致UBD～t图不再是直线，实验原理不再成立，带来很大的系统误差。
【解析】【分析】
解决本题的关键是明确简易的温度传感器的工作原理。
(1)图甲电路是电桥法测电阻，明确G表两端的电势相等。
(2)对于图乙，根据欧姆定律得出B、D两点间的电压关系式，进而分析U−t图的斜率的物理意义即可得出结论。
(3)通过实验原理分析误差。
【解答】
(1)灵敏电流计G的示数为零，则灵敏电流计G两端电势相等，根据串并联规律有R1R0=R2Rp
可得R0=R1R2Rp=50.0Ω
(2)由于R1=R2且远大于Rt、Rp且Rp=R0，则通过R1的电流等于通过R2的电流，为12I0，则有UBC=12I0⋅R0(1+αt)，UDC=12I0⋅R0，
则BD两点间的电压为UBD=U=UBC−UDC=12I0R0αt，
根据UBD=12I0R0αt可知，U与t成正比，U−t图的斜率为k=12I0R0α，
则将用一条倾斜的直线将图丙补充完整，如下图所示
根据上图求得U−t图的斜率为k=12I0R0α=75.00mV100°C，
带入数据解得α≈1.0×10−2°C−1。
(3)若实验中没有保证R1、R2远大于Rt、Rp，则电流不能认为是近似均分，导致UBD～t图不再是直线，实验原理不再成立，带来很大的系统误差。
11.【答案】解：(1)小球在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡，则有：mg=qE；
解得：E=mgq；
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图1所示，
设圆弧半径为r；
则有：s=v0t1；
由几何关系，有s=rtan30°；
设小球做圆周运动的周期为T，则：T=2πrv0，t2=23T；
由以上式联立可解得：t1t2=3 34π；
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图2所示，
由几何关系，则有：R+Rtan30°=L；
由牛顿第二定律，则有：qv0B=mv2R；
解得：B0=mv0qL 3+1。
【解析】本题考查了粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确建立，理解二力平衡条件。
(1)根据电场力与重力，二力平衡，即可求解；
(2)根据小球做匀速圆周运动的周期与半径公式，结合几何关系，即可求解；
(3)根据几何关系，由牛顿第二定律，即可求解。
12.【答案】(1) B2l1l22mR ；(2) k2l223mRl13 ；(3) B2l22l12mL
【详解】(1)线圈进入磁场，由动量定理有
∑−BBl2vRl2Δt=0−mv0
又
∑vΔt=l1
所以
v0=B2l1l22mR
(2)线圈受的安培力为
FA=BIl2=kxkxl2vRl2=k2l22Rvx2
dt时间安培力的冲量为
FAdt=k2l22Rvx2dt=k2l22Rx2dx
积分得
0l1−k2l22Rx2dx=0−mv0
即
mv0=k2l223Rl13
解得
v0=k2l223mRl13
(3)设超导线进入的深度 x(xε1=Bl2v
它引起感应电流，而感应电流的变化又引起自感电动势
ε2=−Ldidt
超导状态下R=0，故无论多大的电流，其总电动势要恒为0，这就要求
Bl2ΔxΔt+LΔiΔt=0
整理可得
ΔiΔx=−Bl2L
解得
i=−Bl2Lx+C
考虑到初态x=0，i=0，得C=0。所以
i=−Bl2Lx
此时安培力
FA=Bil2=−B2l22Lx
这是一个类弹性力，说明线圈将做简谐运动，等劲度系数为
k=B2l22L
刚进入时 FA=0 ，所以该位置是平衡位置。由广义能量守恒
12mv02=12kl12=12B2l22Ll12
得
v0= B2l22l12mL
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】ACD
【详解】A. t=5s 时刻，质点A处于波峰位置，且此时波源O正通过平衡位置向下运动，且OA间还有一个波峰，结合同侧法，作出此时OA间的波形如图所示
则有
λ+λ4=10m
解得
λ=8m
故A正确；
B.根据题意，波源O点起振的时刻不确定，质点A起振时的波形也不确定，即质点A开始振动的方向不确定，故B错误；
DE.由于某时刻波源O处在波峰位置，把该时刻记为 t=0 时刻，结合上述可知，0时刻OA间的波形如图所示
根据同侧法，0时刻质点A沿向上振动，由于观察发现 t=5s 时刻，质点A处于波峰位置，则有
nT+T4=5s (n=0,1,2,3…)
解得
T=204n+1s (n=0,1,2,3…)
则波速为
v=λT
解得
v=8n+25m/s (n=0,1,2,3…)
若波的传播速度为0.4m/s，解得
n=0
若波的传播速度为4. 0m/s，解得
n=2.25
可知，波的传播速度可能为0.4m/s，不可能为4.0m/s，故D正确，E错误；
C.观察发现 t=5s 时刻，质点A处于波峰位置，由于
15−5T=15−5204n+1
解得
15s−5s=10s=2nT+12T (n=0,1,2,3…)
根据振动的周期性可知， t=15s 时刻，质点A一定处在波谷位置，故C正确。
故选ACD。
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】① n= 2 ；② t= 6+ 22cL
【详解】①光路图如图所示
设光线在AB面上的折射角为 γ ，由折射定律
n=sinisinγ
根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C
sinC=1n
由几何关系可得
γ+C=75∘
代入数据解得
n= 2
②在△OPB中，根据正弦定律可得
OPsin75∘=Lsin45∘
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得
OP=vt ， v=cv
解得
t= 6+ 22cL
【点睛】解决本题的关键是掌握反射定律和折射定律，结合数学知识即可求解。
【解析】详细解答和解析过程见答案
一、单选题（本题共5小题，共30分）
1.下列说法正确的是( )
A. 普朗克在研究黑体辐射问题时提出光子说
B. 氢原子的能级理论是玻尔在卢瑟福核式结构模型的基础上提出来的
C. 将一个原子核分开成为单个的核子，比结合能越大的核，需要的能量越大
D. 由 01n+11H→12H+γ(2.2MeV)可知，这是核裂变反应，有一部分质量转变成了能量
2.下列图片源于物理教科书。关于它们的说法中正确的是
A. 图甲是磁电式电流表的内部结构图，里面的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，因为铝框中能产生感应电流，磁场对该感应电流的安培力使指针偏转
B. 图乙是动圈式扬声器的结构示意图，当随声音变化的电流通过线圈，在安培力作用下线圈发生振动，从而带动纸盆振动发出声音，这样的扬声器不能当话筒使用
C. 图丙是电子感应加速器中的俯视图，图中电子的运动方向为逆时针，为使电子沿轨道运动，轨道中的磁场方向应垂直纸面向里
D. 图丁是两根空心铝管，左管完好，右管右侧开有竖直裂缝，现让一块磁性很强的小磁铁依次从两管上方静止释放，小磁铁在左侧铝管中受到阻碍而缓慢下落，在右侧铝管中比左侧铝管中下落的快
3.甲车和乙车从同一位置出发沿平直公路行驶，它们运动的速度−时间图象分别为如图所示的直线甲和曲线乙，t=3 s时，直线甲和曲线乙刚好相切。有关两车在0～5 s内的运动，下列说法正确的是( )
A. 乙车一直做加速运动，加速度先增大后减小
B. t=1 s时两车之间的距离为2 m
C. 两车之间的距离先增大后减小
D. t=3 s时两车之间的距离小于7 m
4.高铁线因接触网覆冰无法保证电力机车正常供电，现设想用短路电流熔冰，就是将两条输电线终点站的两端直接连起来。将变电站输出电压为U的正弦交流电经过一段较长的导线输送到始发站后先用理想升压变压器升压，然后接入始发站导线的两端，电路图如图所示。已知两站间输电线的总电阻为R，变电站到始发站导线的总电阻r=R106，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶1000，则高铁输电线R熔冰的热功率为
( )
A. 5002U2RB. 10002U2RC. U2RD. U24R
5.为了保证消费者权益，国家会对销售车辆进行全面的检测。动力检测时，汽车在专用的测量装置上全力加速，仪器记录车轮转速v与车轮驱动力F大小，再通过计算得出车辆在不同车速下的输出功率，某汽车在速度v1−v2区间内车轮驱动力F与车速v的关系如图所示。则该速度区间内，车辆功率P与车速v关系的图像可能是
( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本题共3小题，共18分）
6.2022年4月23日，中国空间站上的航天员们进行了第二次太空授课，丰富有趣的物理实验使得“天宫课堂”深受广大青少年朋友的喜爱。其中一个“油水分离”的实验过程如下：航天员叶光富拿出一只试管，管内的水与油均匀混合，呈现悬浊的状态。用细线拴住试管并甩动起来，让试管做圆周运动。一段时间后试管内的水与油出现了明显的分层。下列有关该实验的说法中，正确的是( )
A. 因为空间站中所有物体不受重力，所以试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象
B. 圆周运动让试管里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部
C. 若保持细线长度不变，加快试管的转速，试管底部受到的压力将加大
D. 若保持每秒钟的转数不变，用更短的细线甩动试管，油水分离的时间将缩短
7.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上有A、B两点，∠AOB=90°。放射源从A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边有边长有2R的正方形MNQP，与圆相切于B点，且MB=NB，其区域内有水平向左的匀强电场。当粒子初速沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP并返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是
( )
A. 粒子的比荷为BRv0
B. 粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关
C. 若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为1∶1
D. 若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍
8.如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场(图中未画出)，且电场强度E=mgq。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为3mg2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是
( )
A. 滑动摩擦力的大小为mg2
B. 弹簧的劲度系数为3mg2L
C. 小球在D点时速度最大
D. 若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v= 2gL
三、实验题（本题共2小题，共14分）
9.某同学利用如图甲所示的装置测量滑块沿斜面体下滑时所受的阻力大小，某次实验时得到的纸带如图乙所示，已知纸带上标出的相邻两计数点之间还有4个计时点未画出，计时器的打点频率为f．
(1)打下B点时，滑块的速度v=________；
(2)为了研究不同材料的滑块所受阻力的情况，该同学用两个质量相同、材料不同的滑块a、b进行了反复操作，画出了v22−x的图像，如图丙所示，则滑块a所受的阻力________(填“大于”“等于”或“小于”)滑块b所受的阻力；
(3)若图丙中图线b的斜率为k，滑块b的质量为m，斜面体的倾角为θ，重力加速度为g，则滑块b沿斜面体下滑时所受的阻力Ff=________。
10.某小组查阅资料得知，在0～100℃范围内，金属铂电阻的阻值与温度有如下关系：Rt=R0(1+αt)，其中R0为铂电阻在0℃时的电阻，t为摄氏温度，α为一正的常数，称为铂电阻的温度系数。该小组想利用这一原理制作一个简易的温度传感器。
(1)他们利用图甲所示电路来测量R0的阻值，其中定值电阻R1=R2且远大于Rt和Rp，按图甲连接好电路后，在0℃的条件下闭合开关S，调节电阻箱Rp，当RP=50.0 Ω时灵敏电流计G的示数为零，则R0=________Ω。
(2)他们随后用图乙电路测量铂电阻的温度系数，其中定值电阻R1=R2且远大于Rt和Rp，将铂电阻置于温度为t的环境中，调节RP=R0，测得干路电流为I0=3.00 mA，则图乙中B、D两点间的电压为UBD=________(用I0、R0、t和α表示)；多次改变温度t，保持RP=R0不变，调节滑动变阻器，使得电流表示数保持为I0不变，测量B、D两点间的电压UBD，将测得的数据标在图丙所示的UBD～t图上，由此可得α=________℃−1(保留两位有效数字)；
(3)上述实验过程中，非常强调“定值电阻R1=R2且远大于Rt和Rp”，请分析指出，为什么要保证“远大于”这一限制条件：________________。
四、简答题（本题共1小题，共10分）
11.如图甲，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(此时开始计时t=0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时速度方向如图所示与PQ连线成60°角，且以后能多次经过D点做周期性运动。图中B0、t1、t2均为未知量，且t1、t2均小于小球在磁场中做圆周运动的周期。已知D、Q间的距离为L，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求(最后结果可以用分数和根号表示)：
(1)电场强度E的大小；
(2)t1与t2的比值；
(3)当小球做周期性运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0的大小。
五、计算题（本题共3小题，共28分）
12.xOy是位于光滑水平桌面的直角坐标系，x>0一侧有垂直纸面的磁场，方向如图所示；在x<0一侧有边长分别为l1和l2的刚性矩形线框位于桌面上，其长边l2与y轴平行，线框质量为m.现让线框沿+x方向以初速v0(v0待求)进入磁场区域，当线框全部进入磁场时，速度恰好减小为0。
(1)若磁场磁感应强度大小恒为B且线框电阻为R，忽略自感效应，求v0大小；
(2)若磁场的磁感应强度B的大小随横坐标x的变化关系为：B=kx(k为已知的常量)且线框的电阻为R，忽略线框的自感效应，求v0大小；
(3)若磁场磁感应强度大小恒为B但线框为电阻为0的超导线框，考虑线框的自感效应，且已知线框的自感系数为L，求v0大小。
(二)选考题：共45分。
【物理选修3−4】
13.O点有一振源持续在竖直方向振动，产生的横波传播到了A处质点，且OA间距离为10m。质点A振动起来之后，某时刻波源O处在波峰位置，把该时刻记为t=0时刻。观察发现t=5s时刻，质点A处于波峰位置，且此时波源O正通过平衡位置向下运动，且OA间还有一个波峰。则下列说法中正确的是( )
A.波的波长一定为8m
B.质点A一定是向上开始振动的
C.t=15s时刻，质点A一定处在波谷位置
D.波的传播速度可能为0.4m/s
E.波的传播速度可能为4.0m/s
14.如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i=45°入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ=15°，BC边长为2L。计算过程可能用到sin75∘= 6+ 24、cs75∘= 6− 24，tan15∘=2− 3，求：
①介质的折射率n；
②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
解答本题需掌握：
普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，认为能量是不连续的，而是一份一份的；
玻尔理论是在卢瑟福核式结构基础上引进了量子理论；
本题考查了“近代物理初步”部分，涉及普朗克的能量子假说、光电效应、波尔的氢原子模型、卢瑟福的核式结构模型，知识点多，难度小，关键多看书。
【解答】
A、普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，故A错误；
B、玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说基础上引进了量子理论，故B正确。
C、将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量叫结合能，不是比结合能。故C错误；
D.由 01n+11H→12H+γ(2.2MeV)可知，这是核聚变反应；有质量亏损，即有一部分质量转化成了与光子能量相联系的质量，而不是“质量转化成了能量”，故 D 错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】【分析】
通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，线圈绕在铝框上，铝框也一起转动，铝框中产生涡电流，起到电磁阻尼的作用；
动圈式扬声器也可以当话筒使用，声音使纸盆振动，带动线圈切割磁感线，从而产生感应电流；
根据左手定则判断磁场方向；
强磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流。
本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用，解题的关键是对教材基本知识的理解，比如动圈式扬声器可以作为话筒使用，叫做动圈式话筒，但两者原理完全不同。
【解答】
A.磁电式电流表里面的线圈常常用铝框做骨架，因为铝框在磁场中转动时能产生阻尼，让线圈快速稳定下来，故A错误；
B.电流通过线圈，在安培力作用下线圈发生振动，从而带动纸盆振动发出声音；动圈式扬声器也可以当话筒使用，声音使纸盆振动，带动线圈切割磁感线，从而产生感应电流，故B错误；
C.电子逆时针运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，磁场方向为垂直纸面向外，故C错误；
D.左管没有裂缝，存在涡流，从而阻碍小磁铁的下落，而右管有裂缝，涡流仍旧存在，只不过没有完好时那么大，所以在右侧铝管中比左侧铝管中下落的快，故D正确。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键知道速度−时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示加速度，分析两车的位移关系、速度关系。
【解答】
A.由图可知乙车一直做加速运动，根据v−t图象的斜率表示加速度，知乙车的加速度一直减小，故A错误；
B.甲车做匀加速运动，且其加速度为a甲= ΔvΔt=8−23m/s2=2m/s2，
t=1s时两车间隔距离等于0∼1s内甲通过的位移大小x=v0t+12a甲t2=3m，故B错误；
C.从图像可以看出，甲速一直不小于乙速，两车之间的距离一直在增大，故 C 错误；
D.v− t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，若乙做匀加速直线运动，则1∼3s内的位移为x1=12×8×2m=8m，而实际上乙做变加速运动，位移大于8m，甲在该时间内的位移为x2=12×2+8×3m=15m，所以在3s时两者之间的间距△x
4.【答案】A
【解析】【分析】
先根据变压器的工作原理得出线圈两端的电流的关系，结合功率的表达式得出熔冰的热功率。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系，结合功率的计算公式即可完成分析。
【解答】
设原线圈电流为I1，副线圈的电流为I2，则I1I2=n2n1=1000
根据功率的关系式可得：I1U=I12r+I22R
解得：P热=I22R=5002U2R，故A正确，BCD错误；
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据F−v图像确定F与v之间的关系，根据P=Fv确定车辆功率P与车速v关系，即可确定P−v图像应为开口向下的抛物线。
【解答】
根据F−v图像可知，汽车在速度v1−v2区间内F与车速v的关系为
F=−kv+b(k>0)
则该速度区间内，车辆功率P与车速v关系为P=Fv=(−kv+b)v=−kv2+bv(k>0)
由数学知识可知P−v图像应为开口向下的抛物线。
故选C。
6.【答案】BC
【解析】解：A、因为空间站所受重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，所以试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象，故A错误；
B、圆周运动让试管里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部，故B正确；
C、若保持细线长度不变，加快试管的转速，根据F向=F支=mω2r，结合F压=F支，试管底部受到的压力将加大，故C正确；
D、若保持每秒钟的转数不变，即角速度不变，用用更短的细线甩动试管，所需向心力变小，则油水分离的时间将增长，故D错误。
故选：BC。
在空间站中物体处于完全失重状态，故试管中的水与油不会和地面上一样出现分层现象，当试管做圆周运动时，产生的离心现象，密度大的处于试管底部，转速加大，所需向心力增大，若保持每秒钟的转数不变，即角速度不变，用用更短的细线甩动试管，所需向心力变小。
本题主要考查了圆周运动，明确在太空中物体的重力完全提供向心力，当在太空中做圆周运动时，需要有向心力即可判断。
7.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在磁场与电场的组合场中的运动。做出粒子的运动轨迹，由几何关系可知粒子在圆形区域磁场内的偏转半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，列式求解比荷；由几何关系可知粒子在圆形区域磁场内的轨迹的圆心角，由t=θ2πT求解运动时间；若将电场E方向变为竖直向下，粒子将做类平抛运动，比较两种情况的加速度，结合图中几何关系，求解从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比；若电场E竖直向下，且粒子要全部从 NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打到 Q 处，根据平抛运动规律列式求解加速度，进一步得出场强大小之比。
【解答】
A.由题可知粒子在圆形区域磁场内的偏转半径为 R
则有Bqv0=mv02R
化简可得粒子的比荷为qm=v0BR
故A错误；
B.粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间为t=θ2πT=mθBq
所以总时间与偏转角度有关，偏转角度越大，运动时间越长，粒子入射方向不同，偏转时间不同，则进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间也不一样，故B错误；
C.在磁场边缘上的 A 点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为 v0 的带电粒子，粒子离开圆形磁场将与电场平行离开磁场进入电场，由当粒子沿 AO 方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回可得Eq2R=12mv02
解得电场力为F=Eq=mv024R
则若将电场 E 方向变为竖直向下，粒子将做类平抛运动，且向下的加速度为a=Fm=v024R
若将电场 E 方向变为竖直向下，且刚好打到 Q 处的粒子有ℎ1=12at12 ， 2R=v0t1
解得ℎ1=12R
由于能进入电场的粒子范围总高度为2R，高度小于 12R 的粒子范围均从 NQ 射出
高度大于 12R ，小于 2R 范围的均从 PQ 射出，高度等于 12R 的粒子从A点射出时速度方向与水平方向的夹角为60°，则从电场边界 PQ 与 NQ 射出的粒子数之比为n1n2=120∘60∘=21
故C错误；
D.若电场E竖直向下，且粒子要全部从 NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打到 Q 处，则有2R=12a′t2，2R=v0t
解得a′=v02R
又原场强加速度为a=Eqm=v024R
若电场E竖直向下，且粒子要全部从 NQ 边界射出，需要的加速度为a′=E′qm=v02R
所以由上面两式可得E′E=41
故D正确。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据胡克定律和动能定理分析速度最大的位置。抓住摩擦力是恒力，利用动能定理求小球恰好能回到C点的初速度。根据动能定理分析小球从C到D阶段弹性绳做功关系。
解决本题的关键要利用胡克定律和正交分解法分析知道弹性绳弹力的竖直分力是恒力，摩擦力也是恒力。弹性绳弹力的竖直分力与位移成正比，要利用弹力的平均值来弹力做功。
【解答】
A.设弹性绳的劲度系数为k，BC=ℎ，设当小球运动到F点时，CF=s，BF与CE的夹角为α，此时弹性绳的弹力为k BF，弹力沿水平方向的分力为：F水平=kBFcsα=ks，知F水平∝s，弹力沿竖直方向的分力为：F竖直=kBFsinα=kℎ
小球在C点时，有 kℎ= 32 mg，故F竖直=3mg2=定值，则小球所受的滑动摩擦力大小：f=μ(F竖直−mg)=0.5×(3mg2−mg)=14mg=定值，故A错误；
BC.小球从C运动到E的过程，根据动能定理得：qEL−fL−W=0−0，其中，W是弹性绳对小球做功大小。
而W=F水平C+F水平E2L=0+kL2L=12kL2，联立解得 kL= 32 mg，则弹簧的劲度系数为k=3mg2L
在D点，F水平=k⋅L2=34mg，故有qE=f+F水平，小球的合外力为零，速度最大，故BC正确；
D.由上可得W=32 mgL，若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理得：W−qEL−fL=0−12 mv2
解得v= gL，故D错误。
9.【答案】(1)(x3−x1)f10；(2)小于；(3)mgsinθ−km；
【解析】【分析】
(1)根据匀变速直线运动中时间中点速度等于过程的平均速度求解；
(2)根据动能定理得出表达式，根据图像斜率判断阻力的大小；
(3)根据表达式，结合斜率求阻力。
本题为测量动摩擦力，掌握运动学规律和牛顿第二定律即可解题。
【解答】
(1)打下B点时，滑块的速度等于AC段的平均速度，则vB=xACtAC，又xAC=x3−x1，tAC=10f，整理得vB=(x3−x1)f10
(2)滑块沿斜面体下滑时，由动能定理得mgxsinθ−Ffx=12mv2，整理得v22=(gsinθ−Ffm)x，则滑块所受的阻力越小，图像的斜率越大，则滑块a所受的阻力小于滑块b所受的阻力;
(3)由第(2)问知k=gsinθ−Ffm，解得Ff=mgsinθ−km
10.【答案】(1)50.0/50；(2)12I0R0αt；1.0×10−2；(3) 否则电流不能认为是近似均分，导致UBD～t图不再是直线，实验原理不再成立，带来很大的系统误差。
【解析】【分析】
解决本题的关键是明确简易的温度传感器的工作原理。
(1)图甲电路是电桥法测电阻，明确G表两端的电势相等。
(2)对于图乙，根据欧姆定律得出B、D两点间的电压关系式，进而分析U−t图的斜率的物理意义即可得出结论。
(3)通过实验原理分析误差。
【解答】
(1)灵敏电流计G的示数为零，则灵敏电流计G两端电势相等，根据串并联规律有R1R0=R2Rp
可得R0=R1R2Rp=50.0Ω
(2)由于R1=R2且远大于Rt、Rp且Rp=R0，则通过R1的电流等于通过R2的电流，为12I0，则有UBC=12I0⋅R0(1+αt)，UDC=12I0⋅R0，
则BD两点间的电压为UBD=U=UBC−UDC=12I0R0αt，
根据UBD=12I0R0αt可知，U与t成正比，U−t图的斜率为k=12I0R0α，
则将用一条倾斜的直线将图丙补充完整，如下图所示
根据上图求得U−t图的斜率为k=12I0R0α=75.00mV100°C，
带入数据解得α≈1.0×10−2°C−1。
(3)若实验中没有保证R1、R2远大于Rt、Rp，则电流不能认为是近似均分，导致UBD～t图不再是直线，实验原理不再成立，带来很大的系统误差。
11.【答案】解：(1)小球在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡，则有：mg=qE；
解得：E=mgq；
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图1所示，
设圆弧半径为r；
则有：s=v0t1；
由几何关系，有s=rtan30°；
设小球做圆周运动的周期为T，则：T=2πrv0，t2=23T；
由以上式联立可解得：t1t2=3 34π；
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图2所示，
由几何关系，则有：R+Rtan30°=L；
由牛顿第二定律，则有：qv0B=mv2R；
解得：B0=mv0qL 3+1。
【解析】本题考查了粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确建立，理解二力平衡条件。
(1)根据电场力与重力，二力平衡，即可求解；
(2)根据小球做匀速圆周运动的周期与半径公式，结合几何关系，即可求解；
(3)根据几何关系，由牛顿第二定律，即可求解。
12.【答案】(1) B2l1l22mR ；(2) k2l223mRl13 ；(3) B2l22l12mL
【详解】(1)线圈进入磁场，由动量定理有
∑−BBl2vRl2Δt=0−mv0
又
∑vΔt=l1
所以
v0=B2l1l22mR
(2)线圈受的安培力为
FA=BIl2=kxkxl2vRl2=k2l22Rvx2
dt时间安培力的冲量为
FAdt=k2l22Rvx2dt=k2l22Rx2dx
积分得
0l1−k2l22Rx2dx=0−mv0
即
mv0=k2l223Rl13
解得
v0=k2l223mRl13
(3)设超导线进入的深度 x(x
它引起感应电流，而感应电流的变化又引起自感电动势
ε2=−Ldidt
超导状态下R=0，故无论多大的电流，其总电动势要恒为0，这就要求
Bl2ΔxΔt+LΔiΔt=0
整理可得
ΔiΔx=−Bl2L
解得
i=−Bl2Lx+C
考虑到初态x=0，i=0，得C=0。所以
i=−Bl2Lx
此时安培力
FA=Bil2=−B2l22Lx
这是一个类弹性力，说明线圈将做简谐运动，等劲度系数为
k=B2l22L
刚进入时 FA=0 ，所以该位置是平衡位置。由广义能量守恒
12mv02=12kl12=12B2l22Ll12
得
v0= B2l22l12mL
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】ACD
【详解】A. t=5s 时刻，质点A处于波峰位置，且此时波源O正通过平衡位置向下运动，且OA间还有一个波峰，结合同侧法，作出此时OA间的波形如图所示
则有
λ+λ4=10m
解得
λ=8m
故A正确；
B.根据题意，波源O点起振的时刻不确定，质点A起振时的波形也不确定，即质点A开始振动的方向不确定，故B错误；
DE.由于某时刻波源O处在波峰位置，把该时刻记为 t=0 时刻，结合上述可知，0时刻OA间的波形如图所示
根据同侧法，0时刻质点A沿向上振动，由于观察发现 t=5s 时刻，质点A处于波峰位置，则有
nT+T4=5s (n=0,1,2,3…)
解得
T=204n+1s (n=0,1,2,3…)
则波速为
v=λT
解得
v=8n+25m/s (n=0,1,2,3…)
若波的传播速度为0.4m/s，解得
n=0
若波的传播速度为4. 0m/s，解得
n=2.25
可知，波的传播速度可能为0.4m/s，不可能为4.0m/s，故D正确，E错误；
C.观察发现 t=5s 时刻，质点A处于波峰位置，由于
15−5T=15−5204n+1
解得
15s−5s=10s=2nT+12T (n=0,1,2,3…)
根据振动的周期性可知， t=15s 时刻，质点A一定处在波谷位置，故C正确。
故选ACD。
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】① n= 2 ；② t= 6+ 22cL
【详解】①光路图如图所示
设光线在AB面上的折射角为 γ ，由折射定律
n=sinisinγ
根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C
sinC=1n
由几何关系可得
γ+C=75∘
代入数据解得
n= 2
②在△OPB中，根据正弦定律可得
OPsin75∘=Lsin45∘
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得
OP=vt ， v=cv
解得
t= 6+ 22cL
【点睛】解决本题的关键是掌握反射定律和折射定律，结合数学知识即可求解。
【解析】详细解答和解析过程见答案
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