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2024年江苏省连云港市高考物理一模试卷（含解析）
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这是一份2024年江苏省连云港市高考物理一模试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.2023年6月，正式试运行的甘肃武威的钍基熔盐反应堆是我国自主研发的第四代先进核能系统，也是全球首个商业试运行的第四代核反应堆。反应堆中利用钍−铀循环产能， 90232Th(钍核)吸收一个中子后转化为钍233，经过两次β衰变后生成易裂变的铀233。下列选项不正确的是( )
A. 90232Th+01n→90233ThB. 90233Th→92233U+2−10e
C. 钍233与钍232是同位素D. 钍233与铀233是同位素
2.2024年1月，我国使用运载火箭成功将“爱因斯坦探针卫星”送入预定轨道，用于捕捉爱因斯坦预言的黑洞及引力波电磁对应体等天文现象。若卫星在距地面600km的轨道上绕地球稳定运行，该卫星的( )
A. 运行周期等于地球的自转周期B. 线速度大于地球的第一宇宙速度
C. 角速度等于地球同步卫星的角速度D. 加速度大于地球同步卫星的加速度
3.如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，下列说法正确的是( )
A. 起跳时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
B. 起跳速度越大，地面对人做功越多
C. 起跳速度越大，人在最高点机械能越大
D. 起跳速度越大，人在最高点重力的瞬时功率越大
4.如图所示为橙子简易筛选装置，两根共面但不平行的直杆倾斜放置，橙子沿两杆向下运动，大、小橙落入不同区域，不计阻力，则( )
A. 橙子受到每根杆的弹力方向不变B. 橙子在杆上运动时所受合力为零
C. 离开杆后，橙子在空中做匀变速运动D. 离开杆后，大橙速度变化比小橙的快
5.如图所示，圆柱形玻璃杯前侧表面上有a、b、c三点，粗细均匀的铅笔紧靠玻璃杯后侧外壁竖直放置，且在b点正后方。将杯中注满水( )
A. 通过b点看到铅笔变细
B. 通过b点看到铅笔无变化
C. 通过a点看到铅笔向右侧移
D. 通过c点看到铅笔向右侧移
6.如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度v1、v2投球，方向与竖直方向间的夹角分别为α、β。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. α可能小于β
B. v1、v2大小可能相等
C. 篮球两次运动时间可能相等
D. 与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等
7.如图所示，用可拆变压器探究原、副线圈电压与匝数的关系。A线圈“0”“8”对应接线柱间的匝数为800，通过导线a、b接电压为12V的正弦交流电；B线圈“0”“4”对应的匝数为400，通过导线c、d接交流电压表，该表读数可能为( )
A. 4.8VB. 6.0VC. 12.0VD. 24.0V
8.防蓝光眼镜利用“膜层反射”削弱波长在416∼455nm范围的蓝光对眼睛的影响，下列说法正确的是( )
A. “膜层反射”利用光的全反射原理B. “膜层反射”利用光的衍射原理
C. 蓝光光子从空气进入“膜层”，动量变大D. 蓝光光子从空气进入“膜层”，频率变大
9.如图所示为一种光电效应实验装置，其中A为内壁镀银的真空玻璃球，阴极金属球C被玻璃球A包围且比A小得多，连接C的导线与镀银层不相连，连接微安表的导线与镀银层相连。一定强度的入射光穿过小窗W照射到C上时发生光电效应，打到镀银层上的光电子全部被吸收，微安表有示数。下列说法正确的是( )
A. 滑片P向右移动，微安表示数逐渐增大
B. 滑片P向左移时，微安表示数保持不变
C. 滑片P向左移时，微安表示数逐渐减小
D. 开关S断开，微安表示数为零
10.如图所示，真空中固定电荷量为+Q的小球A，从小球A正上方高h处无初速释放质量为m、电荷量为+q的小球B，A、B均可视作点电荷。球B下落过程中( )
A. Q越大，球B最大速度越小
B. h越大，球B最大加速度越小
C. m越大，球B最大电势能越小
D. q越大，球B最大速度的位置越低
11.如图所示，水平光滑金属导轨OA、OB间的夹角为60°，固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在C点，弹簧轴线平分∠AOB，C、O间距恰为弹簧的原长，导体棒与弹簧左端栓接并垂直于弹簧，棒、导轨它们单位长度的阻值相同。棒从图示位置以初速度v0向右运动到O点的过程中，棒的速度v、加速度a，回路中电流I，通过O点的电荷量q随时间t变化的图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.精密仪器中常用到金属膜电阻，它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示，某金属膜电阻长度为L，金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节，电压表V(量程0～3V，内阻约3kΩ)，电流表(0∼5mA，内阻约为50Ω)，滑动变阻器(最大阻值10Ω)，开关S，导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率，请回答以下问题：
(1)闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于______端(选填“a”或“b”)；
(2)用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D，示数如图丙所示，则D= ______mm；
(3)闭合开关后，移动滑片，测出多组电表示数的U，I值，并画出U−I图像如图丁所示，可得金属膜电阻的阻值R= ______Ω；
(4)用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率ρ= ______；
(5)金属膜电阻的电阻率测量值偏大，试写出产生误差的主要原因______。
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.t=0时刻，波源O从平衡位置开始持续振动，t1=0.2s时第一次回到平衡位置，形成的简谐横波在介质中恰好传播到A点，如图所示。求：
(1)波在该介质中的波速大小v；
(2)x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2。
14.如图所示，悬挂的活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始时气体压强为p0，体积为V0，热力学温度为T0，汽缸悬在空中保持静止，此时汽缸所受活塞的静摩擦力为F。缓慢加热气体，直至气体体积增大到2V0，整个过程中气体吸收的热量为Q。已知大气压为p0，活塞面积为S，活塞与汽缸间的最大静摩擦力与滑动摩擦力均为2F。求：
(1)汽缸所受重力的大小G；
(2)汽缸开始下移时气体的热力学温度T1；
(3)整个过程中缸内气体内能的变化量ΔU。
15.如图所示，传送带以速率v0=2m/s顺时针匀速转动，传送带与足够长的光滑水平面等高且紧挨。将小滑块A轻放在传送带左端M，A运动到右端N时与静止在水平面上的小滑块B发生弹性正碰。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=4kg，A与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，传送带两端M、N间的距离L=2m，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A由左端M运动到右端N所用的时间t；
(2)第1次碰撞后A、B的速度大小vA、vB；
(3)第1次碰撞后A、B间距离的最大值xAB。
16.如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面CDHG为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心，Ox//FG，Oy//GH。已知原点O有一粒子源，能向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点，求该匀强磁场磁感应强度的大小B1；
(2)若磁场与(1)问中的相同，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间t1和最短时间t2；
(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场，同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场，图中峰值B2=8mv05qL，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，钍核吸收一个中子后转化为钍233的核反应方程为 90232Th+91n→90233Th，故A正确；
B、根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，钍核经过两次β衰变后生成易裂变的铀233，核反应方程为 90232Th→92233Th+20−1e，故B正确；
C、钍233与钍232电荷数一样，中子数不相同是同位素，故C正确；
D、钍233与铀233是两种不同的元素，不是同位素，故D错误。
本题选不正确的，
故选：D。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断核反应方程是否正确；根据同位素的概念判断。
本题考查了核反应方程、同位素等，注意原子中质量数和质子数及中子数之间关系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：AC、地球同步轨道的高度大约为36000km，可知地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力
GMmr2=mr4πT22可得：T=2π r3GM
可知，半径越小，周期越小，所以卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，
由ω=2πT可得，周期越大，角速度越小，所以此卫星的角速度大于地球自转的角速度，故AC错误；
B、第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大线速度，所以此卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
D、因为地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，由万有引力提供向心力
GMmr2=ma，可得：a=GMr2，可知半径越大，加速度越小，所以该卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D正确。
故选：D。
利用同步卫星比探针卫星的高度高，判断周期、线速度、加速度和角速度的大小关系。
本题主要考查利用同步卫星与探针卫星得高度关系，再结合万有引力提供向心力，来比较大小，在做题中一定要牢记同步卫星的高度数据。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据牛顿第三定律可知，地面对人的作用力和人对地面的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误；
B.跳高的起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对人的作用力对人不做功，是人体将生物能转化为动能，故B错误；
C.起跳速度越大，则起跳时得到的动能越大，取地面为重力势能的参考平面，则起跳时的动能即为人的机械能，起跳后人只有重力做功机械能守恒，所以，起跳速度越大，人在最高点机械能越大，故C正确；
D.达到最高点时，因瞬时速度竖直方向的分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第三定律判断；根据做功的条件判断；根据机械能守恒判断；根据瞬时功率公式判断。
本题关键跳高过程起跳时的做功情况和跳起后机械能守恒。
4.【答案】C
【解析】解：A.橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，所以弹力的作用点不同，杆对橙子的弹力方向变化，故A错误；
B.两直杆倾斜放置，橙子垂直于杆方向上合力为零，沿两杆向下方向上合力不为零，橙子在杆上运动时所受合力不为零，故B错误；
CD.离开杆后，不计阻力，仅受重力作用，加速度为重力加速度，橙子的加速度相同，大橙速度变化与小橙的一样快，故C正确，D错误。
故选：C。
根据受力分析，结合杆的平行情况分析；
根据正交分解方向受力分析；
离开杆后，只受重力，加速度相同。
本题考查受力方向的运动，其中需注意垂直于杆方向上受力相等，沿杆方向上受力不相等。
5.【答案】D
【解析】解：AB、由题意可知，圆柱形玻璃杯中注满水，其中间厚，边缘薄，相当于一个凸透镜。当将铅笔靠近玻璃杯的后面，相当于将铅笔放在凸透镜的1倍焦距以内，所以能看到一个正立放大的铅笔虚像，则通过b点看到铅笔变粗，故AB错误；
C、通过a点看到铅笔的光路图如图所示，沿着折射光线的反向延长线找到虚像向左移动，故C错误；
D、与C同理，通过c点看到铅笔的虚像向右移动，故D正确。
故选：D。
圆柱形玻璃杯中注满水，相当于一个凸透镜，当将铅笔靠近玻璃杯的后面，相当于将铅笔放在凸透镜的1倍焦距以内，能看到一个正立放大的铅笔虚像。画出通过a点看到铅笔的光路图，根据折射规律分析通过a点看到铅笔如何移动。采用同样的方法分析D项。
本题实质上考查凸透镜成像规律，要知道物体在凸透镜的1倍焦距以内，能看到一个正立放大的虚像。
6.【答案】B
【解析】解：A、两个斜抛运动的最高点都在C处，将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，则有
tanα=v1xv1y=v1xt1v1yt1=v1xt1gt12=x2h1
其中x是C到抛出点的水平距离。
同理tanβ=v2xv2y=x2h2
第一次抛出时竖直高度较小，第二次抛出时竖直高度较大，可见α>β，故A错误；
BCD、篮球在竖直方向上做自由落体运动，根据h=12gt2
则t= 2hg
第一次抛出时速度的竖直高度较小，所以第一次运动时间较短。
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平分速度较大，则篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大。
由以上的分析可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，水平分速度较大，根据平行四边形定则v= vx2+vy2，所以v1、v2的大小可能相同，故CD错误、B正确。
故选：B。
两个斜抛运动的最高点都在C处，采用逆向思维，将篮球的运动看成从C点开始的平抛运动，再根据“做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线交水平位移的中点”这一推论，判断两个角度的关系；根据运动学公式求解时间关系；
根据x=vt先求初速度之比；根据运动的合成与分解求出出手速度的比值；再进一步分析两球的初动能关系，以及在C点时两球的机械能关系。
本题的关键有二：①是把速度方向问题变成了位移方向的问题，这是利用平抛规律的推论，速度的反向延长线通过水平位移的中点，②逆向思维法，把斜抛问题巧妙变成了平抛问题。
7.【答案】A
【解析】解：若变压器为理想变压器，原、副线圈电压和匝数的关系为：U1U2=n1n2
原、副线圈匝数比为：n1n2=800400=21
则副线圈两端电压：U2′=n2n1U1′=12×12V=6V
本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，所以副线圈的电压小于理论值。故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据理想变压器的变压规律计算原副线圈的匝数比；考虑到变压器能量损失分析实际值将小于理想值。
本题关键掌握变压器规律，掌握能量损失时的变压规律。
8.【答案】C
【解析】解：AB、全反射要满足光从光密介质射到它与光疏介质的界面上，防蓝光眼镜主要是通过镜片表面镀膜利用两表面的折射光的干涉相消的原理，将有害蓝光反射相消，使该光减弱。不是全反射，故AB错误；
C、当光子进入介质后，光速降低，但能量(即光频、颜色)保持不变，c变小，E不变，由光子动量公式：p=Ec，可知动量p会增大，故C正确；
D、光从一种介质射入另一种介质时，频率不变，故D错误。
故选：C。
防蓝光眼镜是通过在镜片表面镀上一层光学薄膜，这层薄膜可以通过光的干涉作用，将有害蓝光过滤掉。
本题考查了光的干涉的应用，掌握基础知识是解题的前提，根据题意可以解题。
9.【答案】B
【解析】解：ABC.当滑片P向右移动，根据电路构造的分析可知光电管两端的正向电压减小，滑片P向左移时，根据电路构造的分析可知光电管两端的正向电压增大，由于微安表的导线与镀银层和电源正极连接，则光电子均可全部打到镀银层上并全部被吸收，所以在光照强度一定的情况下，单位时间内发出的光电子数是一定的，微安表示数不变，故AC错误，B正确；
D.开关S断开，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，发生了光电效应，因此微安表有示数，故D错误。
故选：B。
本题根据光电效应方程，结合电管两端的正向电压的变化分析。
本题考查了光电效应的相关知识，理解发生光电效应的条件，熟悉电路中电压对逸出电子的影响是解决此类问题的关键。
10.【答案】A
【解析】解：A、根据库仑定律F=kQqr2，B球下落，两者之间的距离r减小，当受力平衡时速度最大：kQqr2=mg
点电荷的周围的电势为：φ=kQr，则球B的初电势为：φ0=kQh
设球B受力时，距A为r0，则此时的电势为：φ1=kQr0
根据能量守恒：Ek=mg(h−r0)−q(φ1−φ0)
解得：Ek=mgh−kQqh，由此式看出，Q越大，动能越小，即速度越小，故A正确；
D、根据库仑定律：F=kQqr2
B球下落，当受力平衡时速度最大：kQqr2=mg
解得最低点到小球A的距离为：r= kQqmg，由此看出，q越大，最低点到小球A的距离就越大，即球B的位置就越高，故D错误；
B、根据库仑定律F=kQqr2，当球B距离小球A距离最近，速度为零时，库仑力最大，加速度最大，此时将减小的重力势能全部转化电势能，点电荷的周围的电势为：φ=kQr
则球B的初电势为：φ0=kQh
设球B速度为零时，距A为x，则此时的电势为：φ2=kQx
根据能量守恒：q(φ2−φ0)=mg(h−x)
解得：x=kQqmgh，由此式可以看出，h越大，x越小，距离小球A就越近，库仑力就越大，加速度越大，故B错误；
C、当球B运动到最低点时，球B的电势能最大，由B选项可得，当m越大，x越小，减小的重力势能为：ΔEGp=mg(h−x)就越大，转化为的电势能为：E电p=ΔEGp，电势能也越大，故C错误；
故选：A。
当A球受到重力与库仑力平衡时，根据能量守恒定律及平衡条件得到A球最大动能的表达式，从而得到Ek与Q的关系；
当A球受到两力大小相等时，小球B的速度最大，根据平衡条件得到速度最大的距离与q的关系；
小球离A球最近时，加速度最大，结合库仑定律和电势能的公式得到最大加速度的表达式，从而a与h的关系；
根据能量守恒定律和电势能的公式得到小球到最低点时电势能的表达式，从而确定E电p与h的关系；
本题关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，从力和能两个角度研究动力学问题常用的思路。
11.【答案】D
【解析】解：AB、棒向右做加速运动，向右运动过程中弹力减小，速度增大，根据楞次定律可知向左的安培力增大，开始由于弹力大于安培力所以可得：F弹−F安=ma，随着安培力增加，弹力减小，所以加速度减小，当安培力大于弹力后可得：F安−F弹=ma，随着之后开始减速，所以弹力急性减小，安培力也减小，所以加速度减小，所以A、B都不符合，故AB错误；
C、设某时刻棒接入导轨的长度为L，此时有I=BLvR，其中 R=3Lr0
联立得：I=Bv3r0，所以可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同，故C错误；
D、根据q=It，则q−t图像斜率表示电流强度，由以上分析可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同即先增大后减小，则q−t图像斜率先增大后减小，故D正确。
故选：D。
根据导体棒受力的变化，分析速度与加速度的变化，再结合电磁感应，确定电流、电荷量的变化。
本题主要考查导体棒运动过程中速度和加速度的变化问题，在做题中要注意安培力与弹力的变化。
12.【答案】a 3.700 645 πhR(D−h)L 电流表采用内接法，电流表分压作用使待测电阻值偏大，从而使得电阻率测量值偏大
【解析】解：(1)本实验滑动变阻器采用分压式接法，闭合S前应将滑动变阻器的滑片置于分压电压为零的那一端，即a端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，陶瓷管直径D为D=3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm；
(3)根据欧姆定律得U=R⋅I，待测电阻的U−I图像如图丁所示：
U−I图像的斜率表示待测电阻的大小，待测电阻R=2.584×10−3Ω=645Ω；
(4)根据电阻定律有R=ρLS
金属膜的横截面积为S=πD24−π(D−2h)24=πh(D−h)
联立解得金属膜电阻的电阻率为ρ=πhR(D−h)L；
(5)实验的误差来源于电流表的分压作用，待测电阻两端电压UR=U−IRA
根据欧姆定律，待测电阻的真实值R真=URI=U−IRAI因此电阻的测量值大于真实值；
根据电阻率的表达式ρ=πhR(D−h)L可知，电阻率的测量值大于真实值的原因是电流表采用内接法，电流表分压作用使待测电阻值偏大，从而使得电阻率测量值偏大。
故答案为：(1)a；(2)3.700；(3)645；(4)πhR(D−h)L；(5)电流表采用内接法，电流表分压作用使待测电阻值偏大，从而使得电阻率测量值偏大。
(1)本实验滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于分压电压为零的那一端；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(3)根据欧姆定律求U−I函数，结合图像斜率的含义求待测电阻；
(4)根据电阻定律求电阻率的表达式；
(5)实验误差来源于电流表的分压作用，使待测电阻偏大，待测电阻率偏大。
本题考查了螺旋测微器的读数，理解实验原理，掌握求金属膜的厚度的方法，掌握欧姆定律和电阻定律是解题的关键。
13.【答案】解：(1)波在该介质中的波速大小v=xt1=10.2m/s=5m/s
(2)x=15m处的质点第一次到达波谷时，波在t1=0.2s时的基础上向前传播的距离x′=15m−0.5m=14.5m
得t′=x′v=14.55s=2.9s
则x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2=t1+t′=0.2s+2.9s=3.1s
答：(1)波在该介质中的波速大小v为5m/s；
(2)x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2为3.1s。
【解析】(1)根据v=xt求出波在该介质中的波速大小v；
(2)根据v=xt并且结合题意求出x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2。
本题主要是考查了波的图象，根据v=xt进行求解，难度一般。
14.【答案】解：(1)初始时对气缸受力分析，根据平衡条件有：G=F
(2)气缸开始下移的临界状态，静摩擦力达到了最大值，设此时压强为p1，由题意可知，活塞的横截面积与气缸底部的横截面积相同，此时对气缸受力分析有：G+p1S=p0S+2F
由理想气体状态方程有：p0V0T0=p1V0T1
解得：T1=T0+FST0
(3)由于活塞缓慢移动，所以活塞移动过程中气体的压强不变，由之前的分析可知，气体的压强为
p1=p0+FS
所以整个过程，气体做功为：W=p1V0
由于气体体积变大，所以外界对气体做功为负值，数值与气体做功大小相等
由热力学第一定律有：ΔU=−W+Q
代入数据解得：ΔU=Q−p0V0−FV0S
答：(1)汽缸所受重力的大小G为F；
(2)汽缸开始下移时气体的热力学温度为T1=T0+FST0；
(3)整个过程中缸内气体内能的变化量ΔU为(Q−p0V0−FV0S)。
【解析】(1)根据初始时气缸处于静止状态，由平衡条件求气缸的重力；
(2)应用平衡条件求出封闭气体的压强，气体温度升温过程，应用一定质量理想气体状态方程求出气体的温度；
(3)先求出外界对气体做的功，再由热力学第一定律求内能的变化。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用一定质量理想气体状态方程和热力学第一定律即可解题；求封闭气体压强时应以汽缸、汽缸与砝码为研究对象，这是易错点。
15.【答案】解：(1)A刚放上传送带时，滑块A做匀加速运动的加速度为
a=μmAgmA=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
设释放后经t1时间A与传送带速度相等，则
t1=v0a=22s=1s
A匀加速阶段的位移为
s1=v22a=222×2m=1m<2m
然后A做匀速运动，匀速运动的时间为
t2=L−s1v0=2−12s=0.5s
故A由左端M运动到右端N所用的时间为
t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s
(2)A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=mAvA′+mBvB
根据机械能守恒定律得
12mAv02=12mAvA′2+12mBvB2
联立解得：vA′=−1.2m/s，vB=0.8m/s
即第1次碰撞后A、B的速度大小分别为
vA=|vA′|=1.2m/s，vB=0.8m/s
(3)由(2)可知碰撞后A反向运动，B向右做匀速直线运动，滑块A向左减速到零后向右加速到与B速度相等时，两者间距离最大，从碰撞结束到A和B速度相等所需的时间为
t3= vB−(−vA)a=0.8−(−1.2)2s=1s
第1次碰撞后A、B间距离的最大值
xAB=vAt3−12at32+vBt3
代入数据可得：xAB=1m
答：(1)A由左端M运动到右端N所用的时间t为1.5s；
(2)第1次碰撞后A、B的速度大小vA、vB分别为1.2m/s，0.8m/s；
(3)第1次碰撞后A、B间距离的最大值xAB为1m。
【解析】(1)小滑块A轻放在传送带左端M后，先向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度—时间公式求出滑块A与传送带共速时经历的时间，由速度—位移公式求出匀加速运动的位移，再求滑块A匀速运动的时间，从而求出A由左端M运动到右端N所用的时间t；
(2)A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰撞后两者的速度；
(3)当两者速度相等时，相距最远，由运动学公式列式可求最远距离。
解答本题的关键要理清两个物体的运动过程，把握各个过程的物理规律，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合分析A在传送带上的运动情况。要知道当A与B同向运动且速度相等时相距最远。
16.【答案】解：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
由几何关系可得
r1=L2
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B1=mv02r1
解得
B1=2mv0qL
(2)粒子在匀强磁场运动是周期为
T=2πr1v0=πLv0
根据半径一定时，弦长越长，圆心角越大，粒子运动时间越长，即当粒子从H处射出时弦OH最长，圆心角最大为90°，运动时间最长为
t1=90°360∘T=πL4v0
当粒子从x轴射出时，弦长最短为L2，圆心角最小，由几何关系知圆心角为60°，运动的最短时间为
t2=60°360∘T=πL6v0
(3)根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知
By=B2cs(2πTt)
Bz=B2sin(2πTt)
故可知y和z轴方向的合磁场强度大小为
B= By2+Bz2=B2
故可知合磁场大小始终不变，只是方向在整个yz平面的四个象限与x轴围成的立体空间内中旋转，沿x轴正方向射出的粒子始终与该合磁场方向垂直，故粒子轨迹为一个固定大小的圆，当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转，与右侧屏的交点是个圆，又因为右侧屏只在x轴上方存在，故痕迹为一个半圆。下面分析痕迹圆的半径r；根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B2=mv02r2
粒子的运动轨迹半径为
r2=mv0qB2=58L
沿x轴正方向射出的粒子，粒子分别从两个截面轨迹如图所示
设粒子射出点距x的距离分别为y和z，由几何关系知
(r2−y)2+(L2)2=r22
(r2−z)2+(L2)2=r22
解得
y=L4，z=L4
故可得痕迹圆的半径为
r=L4
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为
s=πr=πL4
答：(1)该匀强磁场磁感应强度的大小2mv0qL；
(2)粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间和最短时间分别为πL4v0，πL6v0；
(3)沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度πL4。
【解析】(1)利用几何关系求得粒子在磁场中运动半径，结合洛伦兹力提供向心力求该匀强磁场磁感应强度的大小B1；
(2)利用粒子在匀强磁场运动是周期，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间t1和最短时间t2；
(3)利用几何关系和运动学规律求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
本题考查了粒子在磁场中的偏转，画出粒子运动的轨迹示意图是求解的关键，也是解决粒子在磁场中的偏转问题常用的思路。
1.2023年6月，正式试运行的甘肃武威的钍基熔盐反应堆是我国自主研发的第四代先进核能系统，也是全球首个商业试运行的第四代核反应堆。反应堆中利用钍−铀循环产能， 90232Th(钍核)吸收一个中子后转化为钍233，经过两次β衰变后生成易裂变的铀233。下列选项不正确的是( )
A. 90232Th+01n→90233ThB. 90233Th→92233U+2−10e
C. 钍233与钍232是同位素D. 钍233与铀233是同位素
2.2024年1月，我国使用运载火箭成功将“爱因斯坦探针卫星”送入预定轨道，用于捕捉爱因斯坦预言的黑洞及引力波电磁对应体等天文现象。若卫星在距地面600km的轨道上绕地球稳定运行，该卫星的( )
A. 运行周期等于地球的自转周期B. 线速度大于地球的第一宇宙速度
C. 角速度等于地球同步卫星的角速度D. 加速度大于地球同步卫星的加速度
3.如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，下列说法正确的是( )
A. 起跳时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
B. 起跳速度越大，地面对人做功越多
C. 起跳速度越大，人在最高点机械能越大
D. 起跳速度越大，人在最高点重力的瞬时功率越大
4.如图所示为橙子简易筛选装置，两根共面但不平行的直杆倾斜放置，橙子沿两杆向下运动，大、小橙落入不同区域，不计阻力，则( )
A. 橙子受到每根杆的弹力方向不变B. 橙子在杆上运动时所受合力为零
C. 离开杆后，橙子在空中做匀变速运动D. 离开杆后，大橙速度变化比小橙的快
5.如图所示，圆柱形玻璃杯前侧表面上有a、b、c三点，粗细均匀的铅笔紧靠玻璃杯后侧外壁竖直放置，且在b点正后方。将杯中注满水( )
A. 通过b点看到铅笔变细
B. 通过b点看到铅笔无变化
C. 通过a点看到铅笔向右侧移
D. 通过c点看到铅笔向右侧移
6.如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度v1、v2投球，方向与竖直方向间的夹角分别为α、β。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. α可能小于β
B. v1、v2大小可能相等
C. 篮球两次运动时间可能相等
D. 与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等
7.如图所示，用可拆变压器探究原、副线圈电压与匝数的关系。A线圈“0”“8”对应接线柱间的匝数为800，通过导线a、b接电压为12V的正弦交流电；B线圈“0”“4”对应的匝数为400，通过导线c、d接交流电压表，该表读数可能为( )
A. 4.8VB. 6.0VC. 12.0VD. 24.0V
8.防蓝光眼镜利用“膜层反射”削弱波长在416∼455nm范围的蓝光对眼睛的影响，下列说法正确的是( )
A. “膜层反射”利用光的全反射原理B. “膜层反射”利用光的衍射原理
C. 蓝光光子从空气进入“膜层”，动量变大D. 蓝光光子从空气进入“膜层”，频率变大
9.如图所示为一种光电效应实验装置，其中A为内壁镀银的真空玻璃球，阴极金属球C被玻璃球A包围且比A小得多，连接C的导线与镀银层不相连，连接微安表的导线与镀银层相连。一定强度的入射光穿过小窗W照射到C上时发生光电效应，打到镀银层上的光电子全部被吸收，微安表有示数。下列说法正确的是( )
A. 滑片P向右移动，微安表示数逐渐增大
B. 滑片P向左移时，微安表示数保持不变
C. 滑片P向左移时，微安表示数逐渐减小
D. 开关S断开，微安表示数为零
10.如图所示，真空中固定电荷量为+Q的小球A，从小球A正上方高h处无初速释放质量为m、电荷量为+q的小球B，A、B均可视作点电荷。球B下落过程中( )
A. Q越大，球B最大速度越小
B. h越大，球B最大加速度越小
C. m越大，球B最大电势能越小
D. q越大，球B最大速度的位置越低
11.如图所示，水平光滑金属导轨OA、OB间的夹角为60°，固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在C点，弹簧轴线平分∠AOB，C、O间距恰为弹簧的原长，导体棒与弹簧左端栓接并垂直于弹簧，棒、导轨它们单位长度的阻值相同。棒从图示位置以初速度v0向右运动到O点的过程中，棒的速度v、加速度a，回路中电流I，通过O点的电荷量q随时间t变化的图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.精密仪器中常用到金属膜电阻，它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示，某金属膜电阻长度为L，金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节，电压表V(量程0～3V，内阻约3kΩ)，电流表(0∼5mA，内阻约为50Ω)，滑动变阻器(最大阻值10Ω)，开关S，导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率，请回答以下问题：
(1)闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于______端(选填“a”或“b”)；
(2)用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D，示数如图丙所示，则D= ______mm；
(3)闭合开关后，移动滑片，测出多组电表示数的U，I值，并画出U−I图像如图丁所示，可得金属膜电阻的阻值R= ______Ω；
(4)用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率ρ= ______；
(5)金属膜电阻的电阻率测量值偏大，试写出产生误差的主要原因______。
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.t=0时刻，波源O从平衡位置开始持续振动，t1=0.2s时第一次回到平衡位置，形成的简谐横波在介质中恰好传播到A点，如图所示。求：
(1)波在该介质中的波速大小v；
(2)x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2。
14.如图所示，悬挂的活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始时气体压强为p0，体积为V0，热力学温度为T0，汽缸悬在空中保持静止，此时汽缸所受活塞的静摩擦力为F。缓慢加热气体，直至气体体积增大到2V0，整个过程中气体吸收的热量为Q。已知大气压为p0，活塞面积为S，活塞与汽缸间的最大静摩擦力与滑动摩擦力均为2F。求：
(1)汽缸所受重力的大小G；
(2)汽缸开始下移时气体的热力学温度T1；
(3)整个过程中缸内气体内能的变化量ΔU。
15.如图所示，传送带以速率v0=2m/s顺时针匀速转动，传送带与足够长的光滑水平面等高且紧挨。将小滑块A轻放在传送带左端M，A运动到右端N时与静止在水平面上的小滑块B发生弹性正碰。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=4kg，A与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，传送带两端M、N间的距离L=2m，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A由左端M运动到右端N所用的时间t；
(2)第1次碰撞后A、B的速度大小vA、vB；
(3)第1次碰撞后A、B间距离的最大值xAB。
16.如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面CDHG为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心，Ox//FG，Oy//GH。已知原点O有一粒子源，能向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点，求该匀强磁场磁感应强度的大小B1；
(2)若磁场与(1)问中的相同，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间t1和最短时间t2；
(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场，同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场，图中峰值B2=8mv05qL，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，钍核吸收一个中子后转化为钍233的核反应方程为 90232Th+91n→90233Th，故A正确；
B、根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，钍核经过两次β衰变后生成易裂变的铀233，核反应方程为 90232Th→92233Th+20−1e，故B正确；
C、钍233与钍232电荷数一样，中子数不相同是同位素，故C正确；
D、钍233与铀233是两种不同的元素，不是同位素，故D错误。
本题选不正确的，
故选：D。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断核反应方程是否正确；根据同位素的概念判断。
本题考查了核反应方程、同位素等，注意原子中质量数和质子数及中子数之间关系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：AC、地球同步轨道的高度大约为36000km，可知地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力
GMmr2=mr4πT22可得：T=2π r3GM
可知，半径越小，周期越小，所以卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，
由ω=2πT可得，周期越大，角速度越小，所以此卫星的角速度大于地球自转的角速度，故AC错误；
B、第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大线速度，所以此卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
D、因为地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，由万有引力提供向心力
GMmr2=ma，可得：a=GMr2，可知半径越大，加速度越小，所以该卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D正确。
故选：D。
利用同步卫星比探针卫星的高度高，判断周期、线速度、加速度和角速度的大小关系。
本题主要考查利用同步卫星与探针卫星得高度关系，再结合万有引力提供向心力，来比较大小，在做题中一定要牢记同步卫星的高度数据。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据牛顿第三定律可知，地面对人的作用力和人对地面的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误；
B.跳高的起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对人的作用力对人不做功，是人体将生物能转化为动能，故B错误；
C.起跳速度越大，则起跳时得到的动能越大，取地面为重力势能的参考平面，则起跳时的动能即为人的机械能，起跳后人只有重力做功机械能守恒，所以，起跳速度越大，人在最高点机械能越大，故C正确；
D.达到最高点时，因瞬时速度竖直方向的分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第三定律判断；根据做功的条件判断；根据机械能守恒判断；根据瞬时功率公式判断。
本题关键跳高过程起跳时的做功情况和跳起后机械能守恒。
4.【答案】C
【解析】解：A.橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，所以弹力的作用点不同，杆对橙子的弹力方向变化，故A错误；
B.两直杆倾斜放置，橙子垂直于杆方向上合力为零，沿两杆向下方向上合力不为零，橙子在杆上运动时所受合力不为零，故B错误；
CD.离开杆后，不计阻力，仅受重力作用，加速度为重力加速度，橙子的加速度相同，大橙速度变化与小橙的一样快，故C正确，D错误。
故选：C。
根据受力分析，结合杆的平行情况分析；
根据正交分解方向受力分析；
离开杆后，只受重力，加速度相同。
本题考查受力方向的运动，其中需注意垂直于杆方向上受力相等，沿杆方向上受力不相等。
5.【答案】D
【解析】解：AB、由题意可知，圆柱形玻璃杯中注满水，其中间厚，边缘薄，相当于一个凸透镜。当将铅笔靠近玻璃杯的后面，相当于将铅笔放在凸透镜的1倍焦距以内，所以能看到一个正立放大的铅笔虚像，则通过b点看到铅笔变粗，故AB错误；
C、通过a点看到铅笔的光路图如图所示，沿着折射光线的反向延长线找到虚像向左移动，故C错误；
D、与C同理，通过c点看到铅笔的虚像向右移动，故D正确。
故选：D。
圆柱形玻璃杯中注满水，相当于一个凸透镜，当将铅笔靠近玻璃杯的后面，相当于将铅笔放在凸透镜的1倍焦距以内，能看到一个正立放大的铅笔虚像。画出通过a点看到铅笔的光路图，根据折射规律分析通过a点看到铅笔如何移动。采用同样的方法分析D项。
本题实质上考查凸透镜成像规律，要知道物体在凸透镜的1倍焦距以内，能看到一个正立放大的虚像。
6.【答案】B
【解析】解：A、两个斜抛运动的最高点都在C处，将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，则有
tanα=v1xv1y=v1xt1v1yt1=v1xt1gt12=x2h1
其中x是C到抛出点的水平距离。
同理tanβ=v2xv2y=x2h2
第一次抛出时竖直高度较小，第二次抛出时竖直高度较大，可见α>β，故A错误；
BCD、篮球在竖直方向上做自由落体运动，根据h=12gt2
则t= 2hg
第一次抛出时速度的竖直高度较小，所以第一次运动时间较短。
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平分速度较大，则篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大。
由以上的分析可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，水平分速度较大，根据平行四边形定则v= vx2+vy2，所以v1、v2的大小可能相同，故CD错误、B正确。
故选：B。
两个斜抛运动的最高点都在C处，采用逆向思维，将篮球的运动看成从C点开始的平抛运动，再根据“做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线交水平位移的中点”这一推论，判断两个角度的关系；根据运动学公式求解时间关系；
根据x=vt先求初速度之比；根据运动的合成与分解求出出手速度的比值；再进一步分析两球的初动能关系，以及在C点时两球的机械能关系。
本题的关键有二：①是把速度方向问题变成了位移方向的问题，这是利用平抛规律的推论，速度的反向延长线通过水平位移的中点，②逆向思维法，把斜抛问题巧妙变成了平抛问题。
7.【答案】A
【解析】解：若变压器为理想变压器，原、副线圈电压和匝数的关系为：U1U2=n1n2
原、副线圈匝数比为：n1n2=800400=21
则副线圈两端电压：U2′=n2n1U1′=12×12V=6V
本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，所以副线圈的电压小于理论值。故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据理想变压器的变压规律计算原副线圈的匝数比；考虑到变压器能量损失分析实际值将小于理想值。
本题关键掌握变压器规律，掌握能量损失时的变压规律。
8.【答案】C
【解析】解：AB、全反射要满足光从光密介质射到它与光疏介质的界面上，防蓝光眼镜主要是通过镜片表面镀膜利用两表面的折射光的干涉相消的原理，将有害蓝光反射相消，使该光减弱。不是全反射，故AB错误；
C、当光子进入介质后，光速降低，但能量(即光频、颜色)保持不变，c变小，E不变，由光子动量公式：p=Ec，可知动量p会增大，故C正确；
D、光从一种介质射入另一种介质时，频率不变，故D错误。
故选：C。
防蓝光眼镜是通过在镜片表面镀上一层光学薄膜，这层薄膜可以通过光的干涉作用，将有害蓝光过滤掉。
本题考查了光的干涉的应用，掌握基础知识是解题的前提，根据题意可以解题。
9.【答案】B
【解析】解：ABC.当滑片P向右移动，根据电路构造的分析可知光电管两端的正向电压减小，滑片P向左移时，根据电路构造的分析可知光电管两端的正向电压增大，由于微安表的导线与镀银层和电源正极连接，则光电子均可全部打到镀银层上并全部被吸收，所以在光照强度一定的情况下，单位时间内发出的光电子数是一定的，微安表示数不变，故AC错误，B正确；
D.开关S断开，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，发生了光电效应，因此微安表有示数，故D错误。
故选：B。
本题根据光电效应方程，结合电管两端的正向电压的变化分析。
本题考查了光电效应的相关知识，理解发生光电效应的条件，熟悉电路中电压对逸出电子的影响是解决此类问题的关键。
10.【答案】A
【解析】解：A、根据库仑定律F=kQqr2，B球下落，两者之间的距离r减小，当受力平衡时速度最大：kQqr2=mg
点电荷的周围的电势为：φ=kQr，则球B的初电势为：φ0=kQh
设球B受力时，距A为r0，则此时的电势为：φ1=kQr0
根据能量守恒：Ek=mg(h−r0)−q(φ1−φ0)
解得：Ek=mgh−kQqh，由此式看出，Q越大，动能越小，即速度越小，故A正确；
D、根据库仑定律：F=kQqr2
B球下落，当受力平衡时速度最大：kQqr2=mg
解得最低点到小球A的距离为：r= kQqmg，由此看出，q越大，最低点到小球A的距离就越大，即球B的位置就越高，故D错误；
B、根据库仑定律F=kQqr2，当球B距离小球A距离最近，速度为零时，库仑力最大，加速度最大，此时将减小的重力势能全部转化电势能，点电荷的周围的电势为：φ=kQr
则球B的初电势为：φ0=kQh
设球B速度为零时，距A为x，则此时的电势为：φ2=kQx
根据能量守恒：q(φ2−φ0)=mg(h−x)
解得：x=kQqmgh，由此式可以看出，h越大，x越小，距离小球A就越近，库仑力就越大，加速度越大，故B错误；
C、当球B运动到最低点时，球B的电势能最大，由B选项可得，当m越大，x越小，减小的重力势能为：ΔEGp=mg(h−x)就越大，转化为的电势能为：E电p=ΔEGp，电势能也越大，故C错误；
故选：A。
当A球受到重力与库仑力平衡时，根据能量守恒定律及平衡条件得到A球最大动能的表达式，从而得到Ek与Q的关系；
当A球受到两力大小相等时，小球B的速度最大，根据平衡条件得到速度最大的距离与q的关系；
小球离A球最近时，加速度最大，结合库仑定律和电势能的公式得到最大加速度的表达式，从而a与h的关系；
根据能量守恒定律和电势能的公式得到小球到最低点时电势能的表达式，从而确定E电p与h的关系；
本题关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，从力和能两个角度研究动力学问题常用的思路。
11.【答案】D
【解析】解：AB、棒向右做加速运动，向右运动过程中弹力减小，速度增大，根据楞次定律可知向左的安培力增大，开始由于弹力大于安培力所以可得：F弹−F安=ma，随着安培力增加，弹力减小，所以加速度减小，当安培力大于弹力后可得：F安−F弹=ma，随着之后开始减速，所以弹力急性减小，安培力也减小，所以加速度减小，所以A、B都不符合，故AB错误；
C、设某时刻棒接入导轨的长度为L，此时有I=BLvR，其中 R=3Lr0
联立得：I=Bv3r0，所以可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同，故C错误；
D、根据q=It，则q−t图像斜率表示电流强度，由以上分析可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同即先增大后减小，则q−t图像斜率先增大后减小，故D正确。
故选：D。
根据导体棒受力的变化，分析速度与加速度的变化，再结合电磁感应，确定电流、电荷量的变化。
本题主要考查导体棒运动过程中速度和加速度的变化问题，在做题中要注意安培力与弹力的变化。
12.【答案】a 3.700 645 πhR(D−h)L 电流表采用内接法，电流表分压作用使待测电阻值偏大，从而使得电阻率测量值偏大
【解析】解：(1)本实验滑动变阻器采用分压式接法，闭合S前应将滑动变阻器的滑片置于分压电压为零的那一端，即a端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，陶瓷管直径D为D=3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm；
(3)根据欧姆定律得U=R⋅I，待测电阻的U−I图像如图丁所示：
U−I图像的斜率表示待测电阻的大小，待测电阻R=2.584×10−3Ω=645Ω；
(4)根据电阻定律有R=ρLS
金属膜的横截面积为S=πD24−π(D−2h)24=πh(D−h)
联立解得金属膜电阻的电阻率为ρ=πhR(D−h)L；
(5)实验的误差来源于电流表的分压作用，待测电阻两端电压UR=U−IRA
根据欧姆定律，待测电阻的真实值R真=URI=U−IRAI
根据电阻率的表达式ρ=πhR(D−h)L可知，电阻率的测量值大于真实值的原因是电流表采用内接法，电流表分压作用使待测电阻值偏大，从而使得电阻率测量值偏大。
故答案为：(1)a；(2)3.700；(3)645；(4)πhR(D−h)L；(5)电流表采用内接法，电流表分压作用使待测电阻值偏大，从而使得电阻率测量值偏大。
(1)本实验滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于分压电压为零的那一端；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(3)根据欧姆定律求U−I函数，结合图像斜率的含义求待测电阻；
(4)根据电阻定律求电阻率的表达式；
(5)实验误差来源于电流表的分压作用，使待测电阻偏大，待测电阻率偏大。
本题考查了螺旋测微器的读数，理解实验原理，掌握求金属膜的厚度的方法，掌握欧姆定律和电阻定律是解题的关键。
13.【答案】解：(1)波在该介质中的波速大小v=xt1=10.2m/s=5m/s
(2)x=15m处的质点第一次到达波谷时，波在t1=0.2s时的基础上向前传播的距离x′=15m−0.5m=14.5m
得t′=x′v=14.55s=2.9s
则x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2=t1+t′=0.2s+2.9s=3.1s
答：(1)波在该介质中的波速大小v为5m/s；
(2)x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2为3.1s。
【解析】(1)根据v=xt求出波在该介质中的波速大小v；
(2)根据v=xt并且结合题意求出x=15m处的质点第一次到达波谷的时刻t2。
本题主要是考查了波的图象，根据v=xt进行求解，难度一般。
14.【答案】解：(1)初始时对气缸受力分析，根据平衡条件有：G=F
(2)气缸开始下移的临界状态，静摩擦力达到了最大值，设此时压强为p1，由题意可知，活塞的横截面积与气缸底部的横截面积相同，此时对气缸受力分析有：G+p1S=p0S+2F
由理想气体状态方程有：p0V0T0=p1V0T1
解得：T1=T0+FST0
(3)由于活塞缓慢移动，所以活塞移动过程中气体的压强不变，由之前的分析可知，气体的压强为
p1=p0+FS
所以整个过程，气体做功为：W=p1V0
由于气体体积变大，所以外界对气体做功为负值，数值与气体做功大小相等
由热力学第一定律有：ΔU=−W+Q
代入数据解得：ΔU=Q−p0V0−FV0S
答：(1)汽缸所受重力的大小G为F；
(2)汽缸开始下移时气体的热力学温度为T1=T0+FST0；
(3)整个过程中缸内气体内能的变化量ΔU为(Q−p0V0−FV0S)。
【解析】(1)根据初始时气缸处于静止状态，由平衡条件求气缸的重力；
(2)应用平衡条件求出封闭气体的压强，气体温度升温过程，应用一定质量理想气体状态方程求出气体的温度；
(3)先求出外界对气体做的功，再由热力学第一定律求内能的变化。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用一定质量理想气体状态方程和热力学第一定律即可解题；求封闭气体压强时应以汽缸、汽缸与砝码为研究对象，这是易错点。
15.【答案】解：(1)A刚放上传送带时，滑块A做匀加速运动的加速度为
a=μmAgmA=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
设释放后经t1时间A与传送带速度相等，则
t1=v0a=22s=1s
A匀加速阶段的位移为
s1=v22a=222×2m=1m<2m
然后A做匀速运动，匀速运动的时间为
t2=L−s1v0=2−12s=0.5s
故A由左端M运动到右端N所用的时间为
t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s
(2)A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=mAvA′+mBvB
根据机械能守恒定律得
12mAv02=12mAvA′2+12mBvB2
联立解得：vA′=−1.2m/s，vB=0.8m/s
即第1次碰撞后A、B的速度大小分别为
vA=|vA′|=1.2m/s，vB=0.8m/s
(3)由(2)可知碰撞后A反向运动，B向右做匀速直线运动，滑块A向左减速到零后向右加速到与B速度相等时，两者间距离最大，从碰撞结束到A和B速度相等所需的时间为
t3= vB−(−vA)a=0.8−(−1.2)2s=1s
第1次碰撞后A、B间距离的最大值
xAB=vAt3−12at32+vBt3
代入数据可得：xAB=1m
答：(1)A由左端M运动到右端N所用的时间t为1.5s；
(2)第1次碰撞后A、B的速度大小vA、vB分别为1.2m/s，0.8m/s；
(3)第1次碰撞后A、B间距离的最大值xAB为1m。
【解析】(1)小滑块A轻放在传送带左端M后，先向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度—时间公式求出滑块A与传送带共速时经历的时间，由速度—位移公式求出匀加速运动的位移，再求滑块A匀速运动的时间，从而求出A由左端M运动到右端N所用的时间t；
(2)A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰撞后两者的速度；
(3)当两者速度相等时，相距最远，由运动学公式列式可求最远距离。
解答本题的关键要理清两个物体的运动过程，把握各个过程的物理规律，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合分析A在传送带上的运动情况。要知道当A与B同向运动且速度相等时相距最远。
16.【答案】解：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
由几何关系可得
r1=L2
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B1=mv02r1
解得
B1=2mv0qL
(2)粒子在匀强磁场运动是周期为
T=2πr1v0=πLv0
根据半径一定时，弦长越长，圆心角越大，粒子运动时间越长，即当粒子从H处射出时弦OH最长，圆心角最大为90°，运动时间最长为
t1=90°360∘T=πL4v0
当粒子从x轴射出时，弦长最短为L2，圆心角最小，由几何关系知圆心角为60°，运动的最短时间为
t2=60°360∘T=πL6v0
(3)根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知
By=B2cs(2πTt)
Bz=B2sin(2πTt)
故可知y和z轴方向的合磁场强度大小为
B= By2+Bz2=B2
故可知合磁场大小始终不变，只是方向在整个yz平面的四个象限与x轴围成的立体空间内中旋转，沿x轴正方向射出的粒子始终与该合磁场方向垂直，故粒子轨迹为一个固定大小的圆，当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转，与右侧屏的交点是个圆，又因为右侧屏只在x轴上方存在，故痕迹为一个半圆。下面分析痕迹圆的半径r；根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B2=mv02r2
粒子的运动轨迹半径为
r2=mv0qB2=58L
沿x轴正方向射出的粒子，粒子分别从两个截面轨迹如图所示
设粒子射出点距x的距离分别为y和z，由几何关系知
(r2−y)2+(L2)2=r22
(r2−z)2+(L2)2=r22
解得
y=L4，z=L4
故可得痕迹圆的半径为
r=L4
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为
s=πr=πL4
答：(1)该匀强磁场磁感应强度的大小2mv0qL；
(2)粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间和最短时间分别为πL4v0，πL6v0；
(3)沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度πL4。
【解析】(1)利用几何关系求得粒子在磁场中运动半径，结合洛伦兹力提供向心力求该匀强磁场磁感应强度的大小B1；
(2)利用粒子在匀强磁场运动是周期，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间t1和最短时间t2；
(3)利用几何关系和运动学规律求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
本题考查了粒子在磁场中的偏转，画出粒子运动的轨迹示意图是求解的关键，也是解决粒子在磁场中的偏转问题常用的思路。
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