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2023-2024学年浙江省杭州第二中学钱江学校高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省杭州第二中学钱江学校高二（上）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 人们把一个电子所带电量的绝对值叫元电荷，也称基本电荷，数值为1C
B. 摩擦起电是电荷通过摩擦后被创造出来的，电荷总量要增加
C. 当两个带电体的大小及形状对它们的静电力的影响可以忽略时，可以看成点电荷
D. 相同电荷量的带电体接触后，电荷量平均分配
2.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的医疗设备，其工作原理是通过一个充电的电容器对心室纤颤患者皮肤上安装的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏停止跳动，再刺激心室纤颤患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，若心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零。下列说法正确的是
( )
A. 这次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织
B. 放电过程中该电容器的电容逐渐变小
C. 放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的
D. 放电过程中通过人体组织的最大电流为67.5A
3.下列选项中的操作不能产生感应电流的操作是
( )
A. 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线向下运动
B. 乙图中，使条形磁铁插入或者拔出线圈
C. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入或拔出大螺线管B
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，移动滑动变阻器的滑片
4.如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C(可视为质点).若它们恰能处于平衡状态.那么这三个小球所带的电荷量及电性的关系，下面的情况可能的是
( )
A. 3、−6、3B. −9、4、−36C. −3、2、8D. 4、9、36
5.光的存在才形成了色彩斑斓的世界，下列四种现象中，从应用光的原理上来说，不同于其他三个的是( )
A. 水中明亮的气泡B. 立体电影
C. 光纤通讯D. 海市蜃楼
6.地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是( )
A. B.
C. D.
7.同步振动、频率相同、振幅均为A的两列水波在水面上相遇后，在它们重叠的区域形成如图所示的图样，其中实线代表波峰，虚线代表波谷。在图示时刻，M为波峰与波峰相遇点、N为波谷与波谷相遇点、P为波峰与波谷相遇点。则以下说法正确的是
( )
A. 质点M是振动减弱的点，但其振动并不始终减弱
B. 质点N是振动减弱的点，其位移始终为0
C. 质点P是振动加强的点，其位移大小始终等于0
D. 振动加强和减弱的区域在水面上的位置稳定不变
8.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图像。下列说法错误的是( )
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的传播速度是20m/s
C. 经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D. 经过0.35s，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离
9.质量为1 kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m时的速度大小为( )
A. 4 5m/sB. 2 5m/sC. 4 3m/sD. 2 3m/s
10.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0−t0这段时间内的平均速度为v02
B. 乙图中，物体的加速度大小为1m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1−t2时间内物体的位移
D. 丁图中，0∼3秒内物体的位移大小为30m
11.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环的上端，一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则( )
A. 小球运动过程中机械能守恒B. 小球经过圆环的最低点时处于失重状态
C. 在最低点球对环的压力为mg+qED. 在最低点球对环的压力为3mg+qE
12.如图所示，直角三角形MPQ的∠P=90°，直角边MP=2a、QP=3a。在M点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向里。在Q点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向外。两导线中的电流大小均为I，已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式B=kIr(k是常数、I是导线中的电流强度、r是该点到直导线的垂直距离)表示，则P点磁感应强度的大小为( )
A. 5kIaB. 5kI6aC. 13kIaD. 13kI6a
13.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是
( )
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. v2大于v1D. v2大于v0
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.电动自行车工作时，蓄电池对车上的电动机供电，电动机为车提供动力，表中是某型号电动自行车的主要技术参数，根据学过的物理知识，判断以下估算结果中合理的是( )
A. 电动自行车行驶过程中，电动机的工作电流始终保持5A不变
B. 蓄电池一次充电后，该电动自行车最多可供电动自行车骑行1h
C. 蓄电池一次充足电，放电时可输出的电能量最多约为1.728×106J
D. 若蓄电池储存能量的80%用于驱动电动自行车的平均阻力为39.5N的水平公路上匀速行驶，蓄电池一次充电最多能连续电动行驶约35km
15.随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费，其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则( )
A. 颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动
B. 颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C. 两极板间的电压值为kgd22L
D. 颗粒落到收集板时的速度大小为 2g(L+H)+gd22L
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
16.双缝干涉实验如图所示，如果增加双缝到光屏的距离，_______(填“能”或“不能”)增大条纹间的距离。若双缝间距为d、光屏到双缝的距离为L，则dL必须_______(填“足够大”“足够小”或“约等于1”)。若用一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现_______。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
17.某同学用下列器材测定一块手机电池的电动势和内电阻。
电流表A(量程3A，内阻约0.5Ω)；
电压表V(量程15V，内阻约15kΩ)；
滑动变阻器R(0∼50Ω，额定电流3A)；
定值电阻R0=3Ω；
开关S及导线若干；
(1)为减小实验误差，电路图中的导线应连接到____(选填“a”或“b”)；
(2)连接好电路闭合S前，滑动变阻器的滑片P应置于____(选填“c”或“d”)端；
(3)根据正确操作，依据得到的电压表和电流表读数，作出对应的U—I图像如图所示，由图线可知该电池的电动势E = _____V，内电阻r = _____Ω(保留两位有效数字)；
(4)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及滑动变阻器消耗的功率P都会发生变化，图的各示意图中正确反映P—U关系的是_______。
A. B．
C.
D．
五、计算题：本大题共4小题，共39分。
18.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点(取cs24∘=0.9，sin24∘=0.4，重力加速度g=10m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
19.某款弹射跑车玩具如图。一劲度系数为k=125N/m的轻弹簧一端固定，另一端将质量为m=0.5kg的小车沿光滑直轨道弹出，轨道由竖直圆形过山车轨道M和带有外侧壁的水平圆形轨道N及多段直轨道连接构成，所有轨道均光滑且M、N轨道半径均为R=0.2m，忽略小车的大小及其在轨道连接处的能量损失，若轻弹黄的形变量为x，其具有的弹性势能为Ep=12kx2，其中k为劲度系数，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)若弹簧一开始的压缩量为 2m，求其恢复原长后转移给小车的能量；
(2)若小车恰能沿M轨道做完整圆周运动，求初始弹簧压缩量：
(3)在第(2)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时所受轨道的弹力大小。
20.如图，平行金属板AB与CD水平放置，CD接电源正极，AB接电源负极，板长为L，板间距为2L3,DM是CD的延长线，DN间存在第二场区，场强方向竖直向上，N右侧为第三场区，场强方向水平向右。一个电荷量为+q，质量为m的微粒以初速度v0紧贴下板左边缘从C点斜向上射人电场，初速度与CD间夹角为θ(θ未知)，刚好从上板右边缘水平射出，进入第二场区后做直线运动，然后进入第三场区。第三场区有两块垂直放置的绝缘木板PM和NM，长度均为2L3，三个场区紧密衔接，且互不影响，三个电场电场强度大小之比为E1:E2:E3=1:2:8。g=10m/s2，求
(1)E1大小；
(2)θ的取值；
(3)若v0=10m/s,L=1.2m，微粒与木板首次碰撞点到M点的距离。
21.如图所示是弹球游戏装置，在竖直平面内，半圆弧双管轨道BC光滑，圆心为O，半径为R。倾斜轨道DE与EF粗糙，与E点所在的平台夹角均为θ=37∘，在E点有一段光滑小圆弧连接两轨道，D点与F点到光滑水平面AB的距离都是1.91R，E点到水平面AB的距离是0.91R。游戏时需要使用质量为2m的小球2去撞击质量为m的小球1，两球发生弹性正碰，并让小球1经过圆弧轨道后从C点水平向右飞出。若能够无碰撞地从D点进入倾斜轨道，且最终停在EF斜面上，则视为游戏的胜者。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球1与两倾斜轨道间的动摩擦因数均为μ(μ未知)，重力加速度为g。若要获胜，则：
(1)小球1从C点抛出的速度大小；
(2)小球2获得的初动能：
(3)动摩擦因数μ应满足的取值范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.人们把一个电子所带电量的绝对值叫元电荷，也称基本电荷，数值约为1.6×10−19C，故A错误；
B.摩擦起电的本质是微观带电粒子在物体之间或物体内部转移，而不是创造了电荷，电荷总量不变，故B错误；
C.当两个带电体的大小及形状对它们的静电力的影响可以忽略时，可以看成点电荷，故C正确；
D.若两带电体带同种电荷q1、q2，则接触后电荷量平均分配，即q1′=q2′=q1+q22；若两带电体带异种电荷q1、q2，则接触后电荷量先中和后平分，即q1′=q2′=|q1+q2|2，电性与带电荷量大的带电体相同，故D错误。
故选C。
本题考查了元电荷、摩擦起电、点电荷以及电荷守恒定律等基础知识，这些知识比较简单，重在理解和记忆。
2.【答案】A
【解析】A.根据 C=QU ，可知充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.135C，放电结束后电势差减为零此次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织，故A正确；
B.公式 C=QU 是电容的定义式，电容器的电容与电容器本身有关，与电容器带电量、两极板电势差无关，则电容器放电的过程中，电容器的电容C不变，仍为 15μF ，故B错误；
CD.电容器放电的过程中电流逐渐变小，电流的平均值为
I=Qt=0.1352×10−3A=67.5A
故放电过程中通过人体组织的最大电流为大于67.5A，故CD错误。
故选A。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，进行分析判断。
本题考查了感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。理解掌握磁通量的变化是关键。
【解答】
产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。例如，闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
A、甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故A正确；
B、乙图中，使条形磁铁插入或者拔出线圈，闭合回路的磁通量发生变化，会有感应电流，故B错误；
C、丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入或拔出大螺线管B，螺线管B中磁通量发生变化，会有感应电流，故C错误；
D、丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，移动滑动变阻器的滑片，电路中电流发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，会有感应电流，故D错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了库仑定律与力学问题的综合应用；三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”。
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。
【解答】
CD.题中要求三个小球均能处于平衡状态，则要使A平衡，BC所带电性相反(BC对A的力方向必须相反)；同理，则要使C平衡，AB所带电性相反；综上，电荷电性需满足“两同夹异”，故CD错误；
A.若A选项正确：
对小球B受力分析，则 kqAqBrAB2=kqBqCrBC2，代入数据得：rAB:rBC=1:1，
对小球A受力分析，则 kqAqBrAB2=kqAqCrAC2 ，代入数据得：rAB:rAC= 2:1，
两式相互矛盾，故A错误；
B.若B选项正确：
对小球B受力分析，则 kqAqBrAB2=kqBqCrBC2 ，代入数据得： rAB:rBC=1:2，
对小球A受力分析，则 kqAqBrAB2=kqAqCrAC2 ，代入数据得： rAB:rAC=1:3，
两式一致，故B正确。
5.【答案】B
【解析】水中明亮的气泡、光纤通讯、海市蜃楼均是由于光的全反射形成的，只有立体电影利用光的偏振。
故选B。
6.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查了光的折射定律，理解折射率对光的传播路径的影响即可完成分析。
【解答】根据折射定律n上sinθ上 = n下sinθ下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下 > n上，则θ下逐渐减小，画出光路图如下
则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向。
故选：A。
7.【答案】D
【解析】两列水波同步振动、频率相同、振幅均为A，在叠加的区域会发生干涉现象，形成稳定的干涉图样。M和N是振动加强的点，振幅均为2A，且振动始终加强；质点P是振动减弱的点，其振幅为0，位移也始终为0；振动加强和减弱的区域在水面上的位置稳定不变。
故选D。
8.【答案】D
【解析】A.由图乙可知t=0时质点P沿y轴向负方向振动，由甲图可知这列波沿x轴正方向传播，故A正确，不符合题意；
B.由甲图可知波长为
λ=4m
由乙图可知周期为
T=0.2s
则波速大小为
v=λT=40.2m/s=20m/s
故B正确，不符合题意；
C.由
t=0.1s=12T
由甲图可知t=0时质点Q向y轴正方向振动，经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故C正确，不符合题意；
D.由
t′=0.35s=134T
经过0.35s，质点Q离开平衡位置向y轴负方向振动；质点P处于y轴正方向最大位移处，所以经过0.35s，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故D错误，符合题意。
故选D。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查F−h图象和动能定理的应用，明确图象的意义是解决问题的关键。F−h图象与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，根据动能定理列方程即可求得物体上升3 m时的速度大小。
【解答】
由动能定理可知WF−mgh=12mv2，又因F−h图象与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF=40 J，代入数据可解得：v=2 5 m/s，故B正确，ACD错误。
10.【答案】D
【解析】A.若甲图表示初速度为0的匀加速直线运动，则在0∼t0这段时间内的平均速度为
v=0+v02=v02
但从图像可知，甲图所表示的运动为加速度逐渐减小的加速运动，在0∼t0这段时间内任意时刻的速度都大于匀变速直线运动的速度，因此，物体在0∼t0这段时间内的平均速度大于 v02 ，故A错误；
B.乙图中所对应的直线运动，其速度与位移的关系为
v2=2ax
则可知，图线的斜率表示 2a ，可得该运动的加速度大小为 12m/s2 ，故B错误；
C. a−t 图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体速度的变化量，故C错误；
D.将匀变速直线运动位移与时间的关系式
x=v0t+12at2
变式可得
xt=v0+12at
将坐标(1,0)、(3,10)代入上式可得
v0=−5m/s
a=10m/s2
则0∼3秒内物体的位移大小为
x=v0t+12at2=−5×3+12×10×32=30m
故D正确。
故选D。
11.【答案】D
【解析】A.只有重力或弹力做功的系统机械能守恒，而对于带电小球而言，在其沿着光滑圆弧轨道向下运动的过程中电场力对其做正功，则小球机械能增加，当小球运动至最低点开始沿着光滑圆弧轨道向上运动的过程中，电场力又对小球做负功，小球的机械能又开始减小，因此在小球运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B.小球在光滑圆弧轨道上做圆周运动，当其运动至圆环的最低点时，带电小球受竖直向下的重力和竖直向下的电场力以及轨道对小球竖直向上的支持力，此时小球所受合力竖直向上指向光滑半圆环轨道的圆心，即此时小球的加速度竖直向上，则小球在圆环的最低点时处于超重状态，故B错误；
CD.设小球到达最低点时的速度大小为 v ，半圆环的半径为 R ，则根据动能定理有
mgR+EqR=12mv2
在最低点对小球由牛顿第二定律有
FN−mg−Eq=mv2R
联立解得
FN=3(mg+Eq)
根据牛顿第三定律可得，在最低点球对环的压力为
F′N=FN=3(mg+Eq)
故C错误，D正确。
故选D。
12.【答案】D
【解析】根据安培定则可知，固定在M点和Q点的通电直导线在P点的磁场如图所示，两通电直导线在P点的磁感应强度大小 B1 、 B2
B1=kI2a
B2=kI3a
则P点的磁感应强度大小
B= B12+B22= 13kI6a
故选D。
13.【答案】B
【解析】设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=mv1+mv3
12mv02=12mv12+12mv32
联立解得
v1=v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=14mv2+mv4
12mv02=12⋅14mv22+12mv42
联立解得
v2=215v0
可得
v1=v0>v2
碰撞后氢核的动量为
pH=mv1=mv0
氮核的动量为
pN=14mv2=28mv015
可得
pN>pH
碰撞后氢核的动能为
EkH=12mv12=12mv02
氮核的动能为
EkN=12⋅14mv22=28mv02225
可得
EkH>EkN
故B正确，ACD错误。
故选B。
14.【答案】CD
【解析】A.电动自行车行驶过程中，电动机在额定功率下工作时的电流为
I=PU=24048A=5A
而电动自行车行驶时，电动机不一定总在额定电压下工作，则其工作电流不一定始终保持5A不变，选项A错误；
B.蓄电池一次充电后，该电动自行车在额定功率下工作，则
t=qI=10Ah5A=2h
则电动自行车最多可供电动自行车骑行2h，选项B错误；
C.蓄电池一次充足电，放电时可输出的电能量最多约为
E=qU=10×3600×48J=1.728×106J
选项C正确；
D.若蓄电池储存能量的80%用于驱动电动自行车的平均阻力为39.5N的水平公路上匀速行驶，则
80%E=fx
解得
x=80%Ef=0.8×1.728×10639.5m=35km
选项D正确。
故选CD。
15.【答案】AD
【解析】AB.颗粒刚离开漏斗，受到水平方向的电场力与竖直方向的重力作用，均为恒力，故两者合力也是恒力，则颗粒在两极板间做初速度为零的匀变速直线运动，故A正确，B错误；
C.颗粒离开漏斗口，在平行板间竖直方向上做自由落体运动，故
L=12gt2
在水平方向上做匀加速直线运动，故
s=d2=12at2
根据牛顿第二定律得
qE=ma
又 E=Ud ，解得
U=gd22kL
故C错误；
D.颗粒离开漏斗口到落到收集板时根据动能定理得
qE×d2+mgL+H=12mv2
解得颗粒落到收集板时的速度大小为
v= 2g(L+H)+gd22L
故D正确。
故选AD。
16.【答案】 能 足够小 红光和绿光各自的衍射条纹
【解析】[1][2][3]双缝干涉条纹间距公式为
Δx=λLd
L为双缝到屏的距离，d为双缝间距，如果增加双缝到光屏的距离，即L变大，所以干涉条纹间距变大
dL=λΔx
必需足够小才能发生明显的干涉，红光波长大于绿光的波长，所以一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现红光与绿光各自的衍射条纹。
17.【答案】 a d 8.5 0.75 C
【解析】(1)[1]因电源内阻较小，与电流表内阻接近，故采用相对电源的内接法误差太大，故应采用相对电源的外接法，故应接a。
(2)[2]连接好电路闭合S前，滑动变阻器阻值置于电阻最大的位置，即滑片P应置于d端。
(3)[3][4]由图线可知该电池的电动势E = 8.5V，则内电阻为
r=ΔUΔI−R0=0.75Ω
(4)[5]滑动变阻器消耗的功率
P=E−UR0+rU=ER0+rU−1R0+rU2
即P—U关系为二次函数关系，故选C。
18.【答案】(1) 2m/s2 ；(2) 4m/s ；(3) 2.7m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin24∘−μmgcs24∘=ma1
代入数据解得
a1=2m/s2
(2)根据运动学公式
2a1l1=v2
解得
v=4m/s
(3)根据牛顿第二定律
μmg=ma2
根据运动学公式
−2a2l2=vmax2−v2
代入数据联立解得
l2=2.7m
19.【答案】(1)125J；(2)0.2m；(3) 5 26N
【解析】(1)弹簧恢复原长后转移给小车的能量等于弹簧的弹性势能，即
E=12kx2=12×125× 22J=125J
(2)若小车恰能沿M轨道做完整圆周运动，在最高点
mg=mv2R
由能量关系
12kx′2=2mgR+12mv2
解得初始弹簧压缩量
x′=0.2m
(3)在第(2)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时，则
12kx′2=12mvC2
FN1=mvC2R
解得
FN1=25N
同时在竖直方向上轨道对小车的弹力大小与小车重力相等，则小车所受轨道的弹力
FN= FN12+(mg)2=5 26N
20.【答案】(1) E1=mg2q ；(2) θ=53∘ ；(3) 0.75m
【解析】(1)微粒进入第二场区时速度水平，运动轨迹是直线，必然满足重力与电场力平衡，即
mg=qE2
E1=12E2=mg2q
(2)设微粒在第一场区运动的时间为 t
水平方向
L=v0csθ⋅t
竖直方向
2L3=v0sinθ2t
两式结合得
tanθ=43
θ=53∘
(3)由题意知
E3=4E2=4mgq
微粒水平向右的加速度
ax=qE3m=40m/s2
微粒与两板距离相等，水平方向有初速度，且加速度较大，可以判断微粒先与 PM 板碰撞设微粒经 t′ 与PM板碰撞，则有
2L3=v0csθ⋅t′+12axt′2
y=12gt′2
得
t′=0.1s
y=0.05m
则到 M 点的距离为 0.75m 。
21.【答案】(1) vC=25 2gR ；(2) Ek0=2.43mgR ；(3) 34≤μ≤1516
【解析】(1)球1从C到D做平抛运动
2R−1.91R=12gt2
vDy=gt
得
vDy=310 2gR
D点速度分解，有
tanθ=vDyvC
解得
vC=25 2gR
(2)球1从B到C，由动能定理得
−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
解得
vB=65 3gR
球2和球1发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mv0=2mv1+mvB
12⋅2mv02=12⋅2mv12+12mvB2
得
v0=34vB
小球2获得的初动能
Ek0=12×2mv02=2.43mgR
(3)球1在D点速度分解，可得
sinθ=vDyvD
解得
vD=12 2gR
讨论：球1能停止斜面EF上，有三个条件：
①能滑到E点，由动能定理得
mgR−μmgcsθ×Rsinθ=0−12mvD2
解得
μ=1516
②能滑到F点，由动能定理得
−μmgcsθ×2Rsinθ=0−12mvD2
解得
μ=332
③能静止在斜面上，则
μmgcsθ≥mgsinθ
解得
μ≥34
综合可得
34≤μ≤1516
1.下列说法中正确的是( )
A. 人们把一个电子所带电量的绝对值叫元电荷，也称基本电荷，数值为1C
B. 摩擦起电是电荷通过摩擦后被创造出来的，电荷总量要增加
C. 当两个带电体的大小及形状对它们的静电力的影响可以忽略时，可以看成点电荷
D. 相同电荷量的带电体接触后，电荷量平均分配
2.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的医疗设备，其工作原理是通过一个充电的电容器对心室纤颤患者皮肤上安装的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏停止跳动，再刺激心室纤颤患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，若心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零。下列说法正确的是
( )
A. 这次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织
B. 放电过程中该电容器的电容逐渐变小
C. 放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的
D. 放电过程中通过人体组织的最大电流为67.5A
3.下列选项中的操作不能产生感应电流的操作是
( )
A. 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线向下运动
B. 乙图中，使条形磁铁插入或者拔出线圈
C. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入或拔出大螺线管B
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，移动滑动变阻器的滑片
4.如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C(可视为质点).若它们恰能处于平衡状态.那么这三个小球所带的电荷量及电性的关系，下面的情况可能的是
( )
A. 3、−6、3B. −9、4、−36C. −3、2、8D. 4、9、36
5.光的存在才形成了色彩斑斓的世界，下列四种现象中，从应用光的原理上来说，不同于其他三个的是( )
A. 水中明亮的气泡B. 立体电影
C. 光纤通讯D. 海市蜃楼
6.地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是( )
A. B.
C. D.
7.同步振动、频率相同、振幅均为A的两列水波在水面上相遇后，在它们重叠的区域形成如图所示的图样，其中实线代表波峰，虚线代表波谷。在图示时刻，M为波峰与波峰相遇点、N为波谷与波谷相遇点、P为波峰与波谷相遇点。则以下说法正确的是
( )
A. 质点M是振动减弱的点，但其振动并不始终减弱
B. 质点N是振动减弱的点，其位移始终为0
C. 质点P是振动加强的点，其位移大小始终等于0
D. 振动加强和减弱的区域在水面上的位置稳定不变
8.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图像。下列说法错误的是( )
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的传播速度是20m/s
C. 经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D. 经过0.35s，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离
9.质量为1 kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m时的速度大小为( )
A. 4 5m/sB. 2 5m/sC. 4 3m/sD. 2 3m/s
10.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0−t0这段时间内的平均速度为v02
B. 乙图中，物体的加速度大小为1m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1−t2时间内物体的位移
D. 丁图中，0∼3秒内物体的位移大小为30m
11.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环的上端，一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则( )
A. 小球运动过程中机械能守恒B. 小球经过圆环的最低点时处于失重状态
C. 在最低点球对环的压力为mg+qED. 在最低点球对环的压力为3mg+qE
12.如图所示，直角三角形MPQ的∠P=90°，直角边MP=2a、QP=3a。在M点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向里。在Q点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向外。两导线中的电流大小均为I，已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式B=kIr(k是常数、I是导线中的电流强度、r是该点到直导线的垂直距离)表示，则P点磁感应强度的大小为( )
A. 5kIaB. 5kI6aC. 13kIaD. 13kI6a
13.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是
( )
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. v2大于v1D. v2大于v0
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.电动自行车工作时，蓄电池对车上的电动机供电，电动机为车提供动力，表中是某型号电动自行车的主要技术参数，根据学过的物理知识，判断以下估算结果中合理的是( )
A. 电动自行车行驶过程中，电动机的工作电流始终保持5A不变
B. 蓄电池一次充电后，该电动自行车最多可供电动自行车骑行1h
C. 蓄电池一次充足电，放电时可输出的电能量最多约为1.728×106J
D. 若蓄电池储存能量的80%用于驱动电动自行车的平均阻力为39.5N的水平公路上匀速行驶，蓄电池一次充电最多能连续电动行驶约35km
15.随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费，其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则( )
A. 颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动
B. 颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C. 两极板间的电压值为kgd22L
D. 颗粒落到收集板时的速度大小为 2g(L+H)+gd22L
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
16.双缝干涉实验如图所示，如果增加双缝到光屏的距离，_______(填“能”或“不能”)增大条纹间的距离。若双缝间距为d、光屏到双缝的距离为L，则dL必须_______(填“足够大”“足够小”或“约等于1”)。若用一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现_______。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
17.某同学用下列器材测定一块手机电池的电动势和内电阻。
电流表A(量程3A，内阻约0.5Ω)；
电压表V(量程15V，内阻约15kΩ)；
滑动变阻器R(0∼50Ω，额定电流3A)；
定值电阻R0=3Ω；
开关S及导线若干；
(1)为减小实验误差，电路图中的导线应连接到____(选填“a”或“b”)；
(2)连接好电路闭合S前，滑动变阻器的滑片P应置于____(选填“c”或“d”)端；
(3)根据正确操作，依据得到的电压表和电流表读数，作出对应的U—I图像如图所示，由图线可知该电池的电动势E = _____V，内电阻r = _____Ω(保留两位有效数字)；
(4)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及滑动变阻器消耗的功率P都会发生变化，图的各示意图中正确反映P—U关系的是_______。
A. B．
C.
D．
五、计算题：本大题共4小题，共39分。
18.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点(取cs24∘=0.9，sin24∘=0.4，重力加速度g=10m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
19.某款弹射跑车玩具如图。一劲度系数为k=125N/m的轻弹簧一端固定，另一端将质量为m=0.5kg的小车沿光滑直轨道弹出，轨道由竖直圆形过山车轨道M和带有外侧壁的水平圆形轨道N及多段直轨道连接构成，所有轨道均光滑且M、N轨道半径均为R=0.2m，忽略小车的大小及其在轨道连接处的能量损失，若轻弹黄的形变量为x，其具有的弹性势能为Ep=12kx2，其中k为劲度系数，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)若弹簧一开始的压缩量为 2m，求其恢复原长后转移给小车的能量；
(2)若小车恰能沿M轨道做完整圆周运动，求初始弹簧压缩量：
(3)在第(2)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时所受轨道的弹力大小。
20.如图，平行金属板AB与CD水平放置，CD接电源正极，AB接电源负极，板长为L，板间距为2L3,DM是CD的延长线，DN间存在第二场区，场强方向竖直向上，N右侧为第三场区，场强方向水平向右。一个电荷量为+q，质量为m的微粒以初速度v0紧贴下板左边缘从C点斜向上射人电场，初速度与CD间夹角为θ(θ未知)，刚好从上板右边缘水平射出，进入第二场区后做直线运动，然后进入第三场区。第三场区有两块垂直放置的绝缘木板PM和NM，长度均为2L3，三个场区紧密衔接，且互不影响，三个电场电场强度大小之比为E1:E2:E3=1:2:8。g=10m/s2，求
(1)E1大小；
(2)θ的取值；
(3)若v0=10m/s,L=1.2m，微粒与木板首次碰撞点到M点的距离。
21.如图所示是弹球游戏装置，在竖直平面内，半圆弧双管轨道BC光滑，圆心为O，半径为R。倾斜轨道DE与EF粗糙，与E点所在的平台夹角均为θ=37∘，在E点有一段光滑小圆弧连接两轨道，D点与F点到光滑水平面AB的距离都是1.91R，E点到水平面AB的距离是0.91R。游戏时需要使用质量为2m的小球2去撞击质量为m的小球1，两球发生弹性正碰，并让小球1经过圆弧轨道后从C点水平向右飞出。若能够无碰撞地从D点进入倾斜轨道，且最终停在EF斜面上，则视为游戏的胜者。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球1与两倾斜轨道间的动摩擦因数均为μ(μ未知)，重力加速度为g。若要获胜，则：
(1)小球1从C点抛出的速度大小；
(2)小球2获得的初动能：
(3)动摩擦因数μ应满足的取值范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.人们把一个电子所带电量的绝对值叫元电荷，也称基本电荷，数值约为1.6×10−19C，故A错误；
B.摩擦起电的本质是微观带电粒子在物体之间或物体内部转移，而不是创造了电荷，电荷总量不变，故B错误；
C.当两个带电体的大小及形状对它们的静电力的影响可以忽略时，可以看成点电荷，故C正确；
D.若两带电体带同种电荷q1、q2，则接触后电荷量平均分配，即q1′=q2′=q1+q22；若两带电体带异种电荷q1、q2，则接触后电荷量先中和后平分，即q1′=q2′=|q1+q2|2，电性与带电荷量大的带电体相同，故D错误。
故选C。
本题考查了元电荷、摩擦起电、点电荷以及电荷守恒定律等基础知识，这些知识比较简单，重在理解和记忆。
2.【答案】A
【解析】A.根据 C=QU ，可知充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.135C，放电结束后电势差减为零此次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织，故A正确；
B.公式 C=QU 是电容的定义式，电容器的电容与电容器本身有关，与电容器带电量、两极板电势差无关，则电容器放电的过程中，电容器的电容C不变，仍为 15μF ，故B错误；
CD.电容器放电的过程中电流逐渐变小，电流的平均值为
I=Qt=0.1352×10−3A=67.5A
故放电过程中通过人体组织的最大电流为大于67.5A，故CD错误。
故选A。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，进行分析判断。
本题考查了感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。理解掌握磁通量的变化是关键。
【解答】
产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。例如，闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
A、甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故A正确；
B、乙图中，使条形磁铁插入或者拔出线圈，闭合回路的磁通量发生变化，会有感应电流，故B错误；
C、丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入或拔出大螺线管B，螺线管B中磁通量发生变化，会有感应电流，故C错误；
D、丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，移动滑动变阻器的滑片，电路中电流发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，会有感应电流，故D错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了库仑定律与力学问题的综合应用；三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”。
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。
【解答】
CD.题中要求三个小球均能处于平衡状态，则要使A平衡，BC所带电性相反(BC对A的力方向必须相反)；同理，则要使C平衡，AB所带电性相反；综上，电荷电性需满足“两同夹异”，故CD错误；
A.若A选项正确：
对小球B受力分析，则 kqAqBrAB2=kqBqCrBC2，代入数据得：rAB:rBC=1:1，
对小球A受力分析，则 kqAqBrAB2=kqAqCrAC2 ，代入数据得：rAB:rAC= 2:1，
两式相互矛盾，故A错误；
B.若B选项正确：
对小球B受力分析，则 kqAqBrAB2=kqBqCrBC2 ，代入数据得： rAB:rBC=1:2，
对小球A受力分析，则 kqAqBrAB2=kqAqCrAC2 ，代入数据得： rAB:rAC=1:3，
两式一致，故B正确。
5.【答案】B
【解析】水中明亮的气泡、光纤通讯、海市蜃楼均是由于光的全反射形成的，只有立体电影利用光的偏振。
故选B。
6.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查了光的折射定律，理解折射率对光的传播路径的影响即可完成分析。
【解答】根据折射定律n上sinθ上 = n下sinθ下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下 > n上，则θ下逐渐减小，画出光路图如下
则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向。
故选：A。
7.【答案】D
【解析】两列水波同步振动、频率相同、振幅均为A，在叠加的区域会发生干涉现象，形成稳定的干涉图样。M和N是振动加强的点，振幅均为2A，且振动始终加强；质点P是振动减弱的点，其振幅为0，位移也始终为0；振动加强和减弱的区域在水面上的位置稳定不变。
故选D。
8.【答案】D
【解析】A.由图乙可知t=0时质点P沿y轴向负方向振动，由甲图可知这列波沿x轴正方向传播，故A正确，不符合题意；
B.由甲图可知波长为
λ=4m
由乙图可知周期为
T=0.2s
则波速大小为
v=λT=40.2m/s=20m/s
故B正确，不符合题意；
C.由
t=0.1s=12T
由甲图可知t=0时质点Q向y轴正方向振动，经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故C正确，不符合题意；
D.由
t′=0.35s=134T
经过0.35s，质点Q离开平衡位置向y轴负方向振动；质点P处于y轴正方向最大位移处，所以经过0.35s，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故D错误，符合题意。
故选D。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查F−h图象和动能定理的应用，明确图象的意义是解决问题的关键。F−h图象与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，根据动能定理列方程即可求得物体上升3 m时的速度大小。
【解答】
由动能定理可知WF−mgh=12mv2，又因F−h图象与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF=40 J，代入数据可解得：v=2 5 m/s，故B正确，ACD错误。
10.【答案】D
【解析】A.若甲图表示初速度为0的匀加速直线运动，则在0∼t0这段时间内的平均速度为
v=0+v02=v02
但从图像可知，甲图所表示的运动为加速度逐渐减小的加速运动，在0∼t0这段时间内任意时刻的速度都大于匀变速直线运动的速度，因此，物体在0∼t0这段时间内的平均速度大于 v02 ，故A错误；
B.乙图中所对应的直线运动，其速度与位移的关系为
v2=2ax
则可知，图线的斜率表示 2a ，可得该运动的加速度大小为 12m/s2 ，故B错误；
C. a−t 图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体速度的变化量，故C错误；
D.将匀变速直线运动位移与时间的关系式
x=v0t+12at2
变式可得
xt=v0+12at
将坐标(1,0)、(3,10)代入上式可得
v0=−5m/s
a=10m/s2
则0∼3秒内物体的位移大小为
x=v0t+12at2=−5×3+12×10×32=30m
故D正确。
故选D。
11.【答案】D
【解析】A.只有重力或弹力做功的系统机械能守恒，而对于带电小球而言，在其沿着光滑圆弧轨道向下运动的过程中电场力对其做正功，则小球机械能增加，当小球运动至最低点开始沿着光滑圆弧轨道向上运动的过程中，电场力又对小球做负功，小球的机械能又开始减小，因此在小球运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B.小球在光滑圆弧轨道上做圆周运动，当其运动至圆环的最低点时，带电小球受竖直向下的重力和竖直向下的电场力以及轨道对小球竖直向上的支持力，此时小球所受合力竖直向上指向光滑半圆环轨道的圆心，即此时小球的加速度竖直向上，则小球在圆环的最低点时处于超重状态，故B错误；
CD.设小球到达最低点时的速度大小为 v ，半圆环的半径为 R ，则根据动能定理有
mgR+EqR=12mv2
在最低点对小球由牛顿第二定律有
FN−mg−Eq=mv2R
联立解得
FN=3(mg+Eq)
根据牛顿第三定律可得，在最低点球对环的压力为
F′N=FN=3(mg+Eq)
故C错误，D正确。
故选D。
12.【答案】D
【解析】根据安培定则可知，固定在M点和Q点的通电直导线在P点的磁场如图所示，两通电直导线在P点的磁感应强度大小 B1 、 B2
B1=kI2a
B2=kI3a
则P点的磁感应强度大小
B= B12+B22= 13kI6a
故选D。
13.【答案】B
【解析】设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=mv1+mv3
12mv02=12mv12+12mv32
联立解得
v1=v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=14mv2+mv4
12mv02=12⋅14mv22+12mv42
联立解得
v2=215v0
可得
v1=v0>v2
碰撞后氢核的动量为
pH=mv1=mv0
氮核的动量为
pN=14mv2=28mv015
可得
pN>pH
碰撞后氢核的动能为
EkH=12mv12=12mv02
氮核的动能为
EkN=12⋅14mv22=28mv02225
可得
EkH>EkN
故B正确，ACD错误。
故选B。
14.【答案】CD
【解析】A.电动自行车行驶过程中，电动机在额定功率下工作时的电流为
I=PU=24048A=5A
而电动自行车行驶时，电动机不一定总在额定电压下工作，则其工作电流不一定始终保持5A不变，选项A错误；
B.蓄电池一次充电后，该电动自行车在额定功率下工作，则
t=qI=10Ah5A=2h
则电动自行车最多可供电动自行车骑行2h，选项B错误；
C.蓄电池一次充足电，放电时可输出的电能量最多约为
E=qU=10×3600×48J=1.728×106J
选项C正确；
D.若蓄电池储存能量的80%用于驱动电动自行车的平均阻力为39.5N的水平公路上匀速行驶，则
80%E=fx
解得
x=80%Ef=0.8×1.728×10639.5m=35km
选项D正确。
故选CD。
15.【答案】AD
【解析】AB.颗粒刚离开漏斗，受到水平方向的电场力与竖直方向的重力作用，均为恒力，故两者合力也是恒力，则颗粒在两极板间做初速度为零的匀变速直线运动，故A正确，B错误；
C.颗粒离开漏斗口，在平行板间竖直方向上做自由落体运动，故
L=12gt2
在水平方向上做匀加速直线运动，故
s=d2=12at2
根据牛顿第二定律得
qE=ma
又 E=Ud ，解得
U=gd22kL
故C错误；
D.颗粒离开漏斗口到落到收集板时根据动能定理得
qE×d2+mgL+H=12mv2
解得颗粒落到收集板时的速度大小为
v= 2g(L+H)+gd22L
故D正确。
故选AD。
16.【答案】 能 足够小 红光和绿光各自的衍射条纹
【解析】[1][2][3]双缝干涉条纹间距公式为
Δx=λLd
L为双缝到屏的距离，d为双缝间距，如果增加双缝到光屏的距离，即L变大，所以干涉条纹间距变大
dL=λΔx
必需足够小才能发生明显的干涉，红光波长大于绿光的波长，所以一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现红光与绿光各自的衍射条纹。
17.【答案】 a d 8.5 0.75 C
【解析】(1)[1]因电源内阻较小，与电流表内阻接近，故采用相对电源的内接法误差太大，故应采用相对电源的外接法，故应接a。
(2)[2]连接好电路闭合S前，滑动变阻器阻值置于电阻最大的位置，即滑片P应置于d端。
(3)[3][4]由图线可知该电池的电动势E = 8.5V，则内电阻为
r=ΔUΔI−R0=0.75Ω
(4)[5]滑动变阻器消耗的功率
P=E−UR0+rU=ER0+rU−1R0+rU2
即P—U关系为二次函数关系，故选C。
18.【答案】(1) 2m/s2 ；(2) 4m/s ；(3) 2.7m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin24∘−μmgcs24∘=ma1
代入数据解得
a1=2m/s2
(2)根据运动学公式
2a1l1=v2
解得
v=4m/s
(3)根据牛顿第二定律
μmg=ma2
根据运动学公式
−2a2l2=vmax2−v2
代入数据联立解得
l2=2.7m
19.【答案】(1)125J；(2)0.2m；(3) 5 26N
【解析】(1)弹簧恢复原长后转移给小车的能量等于弹簧的弹性势能，即
E=12kx2=12×125× 22J=125J
(2)若小车恰能沿M轨道做完整圆周运动，在最高点
mg=mv2R
由能量关系
12kx′2=2mgR+12mv2
解得初始弹簧压缩量
x′=0.2m
(3)在第(2)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时，则
12kx′2=12mvC2
FN1=mvC2R
解得
FN1=25N
同时在竖直方向上轨道对小车的弹力大小与小车重力相等，则小车所受轨道的弹力
FN= FN12+(mg)2=5 26N
20.【答案】(1) E1=mg2q ；(2) θ=53∘ ；(3) 0.75m
【解析】(1)微粒进入第二场区时速度水平，运动轨迹是直线，必然满足重力与电场力平衡，即
mg=qE2
E1=12E2=mg2q
(2)设微粒在第一场区运动的时间为 t
水平方向
L=v0csθ⋅t
竖直方向
2L3=v0sinθ2t
两式结合得
tanθ=43
θ=53∘
(3)由题意知
E3=4E2=4mgq
微粒水平向右的加速度
ax=qE3m=40m/s2
微粒与两板距离相等，水平方向有初速度，且加速度较大，可以判断微粒先与 PM 板碰撞设微粒经 t′ 与PM板碰撞，则有
2L3=v0csθ⋅t′+12axt′2
y=12gt′2
得
t′=0.1s
y=0.05m
则到 M 点的距离为 0.75m 。
21.【答案】(1) vC=25 2gR ；(2) Ek0=2.43mgR ；(3) 34≤μ≤1516
【解析】(1)球1从C到D做平抛运动
2R−1.91R=12gt2
vDy=gt
得
vDy=310 2gR
D点速度分解，有
tanθ=vDyvC
解得
vC=25 2gR
(2)球1从B到C，由动能定理得
−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
解得
vB=65 3gR
球2和球1发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mv0=2mv1+mvB
12⋅2mv02=12⋅2mv12+12mvB2
得
v0=34vB
小球2获得的初动能
Ek0=12×2mv02=2.43mgR
(3)球1在D点速度分解，可得
sinθ=vDyvD
解得
vD=12 2gR
讨论：球1能停止斜面EF上，有三个条件：
①能滑到E点，由动能定理得
mgR−μmgcsθ×Rsinθ=0−12mvD2
解得
μ=1516
②能滑到F点，由动能定理得
−μmgcsθ×2Rsinθ=0−12mvD2
解得
μ=332
③能静止在斜面上，则
μmgcsθ≥mgsinθ
解得
μ≥34
综合可得
34≤μ≤1516
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