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2023-2024学年江苏省苏锡常镇四市高三（第二次）教学情况调研物理试卷(含详细答案解析)
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这是一份2023-2024学年江苏省苏锡常镇四市高三（第二次）教学情况调研物理试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列实验不能用光的粒子性解释的是( )
A. 黑体辐射
B. 光电效应
C. 康普顿效应
D. 电子束衍射
2.如图为模拟点电荷电场线的实验照片，关于图中A、B两个位置的电场强度E及电势φ的大小关系一定正确的是( )
A. EAEBC. φA<φBD. φA>φB
3.如图所示，人造地球卫星 A、B绕地球做匀速圆周运动，若用 T、v、a、E分别表示卫星的周期、速度、加速度、机械能这些物理量的大小，则下列关系一定正确的是( )
A. TA4.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，下列操作正确的是( )
A. 光源的线状灯丝应与单缝垂直
B. 滤光片应加在单缝与双缝之间
C. 应先测多个亮条纹间距离再求相邻两亮条纹间距离
D. 发现干涉条纹与分划板竖线不平行应通过拨杆调节
5.如图甲所示为共振筛原理图，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，图乙是该共振筛的共振曲线.已知增加筛子质量可减小筛子的固有频率，现偏心轮的频率为0.75Hz，为增大筛子的振幅，可以( )
A. 提高偏心轮的频率或增大筛子质量B. 提高偏心轮的频率或减小筛子质量
C. 降低偏心轮的频率或增大筛子质量D. 降低偏心轮的频率或减小筛子质量
6.如图所示，密闭导热气缸被活塞分成左、右两室，起初左室气体压强小于右室，现让活塞缓慢移动直至两室气体压强相等，期间环境温度始终不变，则此过程中( )
A. 左室气体吸热，右室气体放热B. 左室气体放热，右室气体吸热
C. 左、右室气体均吸热D. 左、右室气体均放热
7.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电.PuO2中的Pu元素是 94238Pu，半衰期是87.7年，有75%的 94238Pu原子核发生衰变需经过( )
A. 43.85年B. 87.7年C. 175.4年D. 263.1年
8.如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内( )
A. 线圈面积有缩小的趋势B. 线圈中电子沿逆时针方向定向移动
C. 线圈中产生的焦耳热为π2kB0r14RD. 通过导线横截面电荷量为πB0r22R
9.如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象管中水会沿管上升一段高度.如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，某同学用电流传感器探究电容器充电过程中对旁路的影响，t=0时刻闭合开关S，则能正确表示此后电阻R1中电流变化过程的图象是( )
A. B.
C. D.
11.半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球从桌边对准圆心以速度v=4RT匀速通过桌面，则小球在桌面留下的痕迹可能是( )
A. 、B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.如图1，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律.该小组首先通过实验验证了小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，然后验证动量守恒定律实验步骤如下：
①在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量m1和乙车总质量m2;
②将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度与水平轨道左端对齐.先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0;
③将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图2所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度(含弹簧)L.由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2;
④改变小车上砝码个数，重复①、②、③步骤.
(1)由图2得L=__________cm;
(2)实验中，在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是__________;
(3)若本实验所测的物理量符合关系式__________(用所测物理量的字母表示)，则验证了小车碰撞前后动量守恒;
(4)某同学先把4个50g的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，则该同学最多能采集__________组有效数据;
(5)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是__________(单选).
A.碰撞过程中弹簧上有机械能损失
B.两车间相互作用力冲量大小不等
C.碰撞过程中阻力对两小车有冲量
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，一束光线从长直玻璃棒的AB端面入射，入射角θ1=60∘，折射角θ2=30∘。
(1)求玻璃棒的折射率n;
(2)通过计算判断此束光线能否从AD面射出.
14.如图所示，矩形脉冲电流高度为I0，宽度为t，周期为T，PWM技术(脉冲宽度调节技术)中将tT称为占空比.若某脉冲电流的占空比tT=25%.
(1)求该脉冲电流的有效值I;
(2)将该脉冲电流通过内阻为r的电动机，已知电动机消耗的电功率为P，不计摩擦及空气阻力，求电动机效率η.
15.如图所示，一质量为m的小铁片从离水平地面2L高处的P点水平抛出，落点A与P点的水平距离为L.小铁片与地面接触期间有微小滑动且接触时间极短，反弹后上升的最大高度为L，落点A与落点B之间的距离为L.不计空气阻力以及小铁片的转动，重力加速度大小为g。
(1)求小铁片被抛出时的初速度大小v0;
(2)求小铁片第一次与地面接触过程中损失的机械能ΔE;
(3)若小铁片第一次与地面接触期间滑动的距离为Δx=L64，且认为摩擦力大小恒定，求该摩擦力大小f.
16.如图1所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在垂直纸面的匀强磁场，在CD边右侧3L处平行CD放置荧光屏，O1O2是通过正方形中心O1和荧光屏中心O2的轴线.电子从静止经加速电压加速后以一定速度沿轴线连续射入磁场.整个系统置于真空中，不计电子重力，已知电子电荷量为 e、质量为m，当θ很小时，近似有sinθ=tanθ=θ，csθ=1−12θ2。
(1)若磁感应强度大小为B0，加速电压从0开始缓慢增加，求电子在磁场中运动的最长时间t;
(2)若入射电子速度大小均为v0，正方形区域所加磁场如图2所示，磁场变化周期为T，且T远大于电子在磁场中的运动时间，电子偏转后恰好全部从 CD边射出磁场并能全部打在荧光屏上形成运动的光点，求最大磁感应强度Bm以及荧光屏的最小长度d;
(3)在(2)的条件下求荧光屏上光点经过O2的速度大小v.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查对光的粒子性的认识，基础题目，逐一分析即可判断。
【解答】
黑体辐射、光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，电子束衍射说明实物粒子具有波动性，故选D。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据点电荷电场分布特点分析电场强度，根据等势体的的特点判断电势高低。
本题掌握点电荷的电场分布及等势体的特点。
【解答】
图中用小铁屑模拟点电荷的电场线，所有小铁屑是一个等势体，则φA=φB，根据点电荷的电场分布特点，知EA>EB，故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力分析。
考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而会判断各量的大小关系。
【解答】
A.根据万有引力提供向心力，则有GMmr2=m4π2T2r，可得卫星的周期公式T=2π r3GM，因为A的轨道半径小，所以TAB.根据万有引力提供向心力，则有GMmr2=mv2r，可得卫星的线速度公式v= GMr，因为A的轨道半径小，所以vA>vB，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力，则有GMmr2=ma，可得卫星的加速度公式a=GMr2，因为A的轨道半径小，所以aA>aB，故C错误；
D.不知道卫星质量关系，故无法判断卫星的机械能大小关系，故D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查“用双缝干涉测光的波长”实验，根据实验原理和注意事项逐一分析即可判断。
【解答】
A、光源的线状灯丝应与单缝平行，故A错误；
B、滤光片应加在光源和单缝之间，故B错误；
C、为了减少误差，应先测多个亮条纹间距离再求相邻两亮条纹间距离，故C正确；
D、发现干涉条纹与分划板竖线不平行需要旋转测量头使干涉条纹分划板竖直线平行，故D错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大．据此分析筛子固有频率，进而分析作答。
【解答】
由图乙知筛子的固有频率0.8Hz，偏心轮的频率0.75Hz，为增大筛子振幅，可降低筛子的固有频率或者提高偏心轮的频率，增大筛子质量可降低可减小筛子的固有频率，故选A。
6.【答案】B
【解析】【分析】
气体体积变小，外界对气体做功，气体体积变大，气体对外做功。根据题意分析活塞的移动情况，应用热力学第一定律分析答题。
【解答】
左室气体压强小于右室，活塞缓慢向左移动，右侧气体对左侧气体做功，则W左>0，W右<0，气缸导热，气体温度不变，气体内能不变，△U=0，由热力学第一定律△U=W+Q可知，左室气体放热，右室气体吸热，故选 B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据半衰期的定义求出有75%的核发生了衰变的时间．
本题考查了半衰期，能够应用半衰期进行定量的计算．
【解答】
半衰变期为87.7天，根据公式m=m0(12)tT，m0为衰变前得质量，m为经过时间t后的剩余质量，T为半衰期．
有75%的 94238Pu原子核发生衰变，说明m=0.25m0，
解得：t=175.4年．
8.【答案】C
【解析】【分析】
根据楞次定律分析AB，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律等求解CD。
考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律等的应用，注意有效面积。
【解答】AB、由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知会产生逆时针方向的感应电流，那么线圈中电子沿顺时针方向定向移动，线圈中产生感应电流，但是线圈所在位置没有磁场，所以线圈不受安培力，线圈面积没有变化趋势，故AB错误；
CD、设线圈中感应电动势E，由法拉第电磁感应定律得：E=△B△tS
线圈中的感应电流I=ER
联立解得：I=kπr12R
磁感应强度增大为2B0的时间t=B0k
由焦耳定律得：Q=I2Rt
联立解得：Q=kπ2r14B0R
通过的电量q=It
联立解得：q=πr12B0R，故C正确，D错误。
9.【答案】D
【解析】【分析】
细玻璃管内液面高于管外液面，这种现象是毛细现象；
细玻璃管内液面凹下，说明水浸润玻璃，所有这些现象都是表面张力在起作用。
【解答】
将两端开口的细玻璃管竖直插入水中，玻璃管内液面高于管外液面，这种现象称为毛细现象。玻璃管内液面凹下，说明水浸润玻璃管。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是D图，故选D。
10.【答案】B
【解析】【分析】
对电容器充放电过程分析，结合欧姆定律分析R1支路电流变化。
【解答】
电路接通后，R1支路通路，有电流通过，电容器有短暂充电过程，也有电流，稳定后，电容器支路无电流通过，由欧姆定律分析，电容器充电过程，R1两端电压小于充满电时，故R1电流先增大后不变，且开始不是0，故选B。
11.【答案】C
【解析】【分析】
先判断小球经过桌面时间，与圆桌周期比较，排除BD，再分析小球相对于圆桌沿径方向和垂直于径方向的位移，分析轨迹图。
【解答】
小球经过桌面时间t=2Rv=T2，小球经过桌面时，圆桌刚好转半圈，此时小球起点与终点重合，排除BD。
设圆桌角速度为ω，小球离圆心距离d=R−vt，小球相对于圆桌沿径方向y=vt，垂直于径方向vx=ωd=ω(R−vt)，x=vxt=ω(R−vt)t
x=ωRt−ωy2v，轨迹不会是圆，类似于图C，故选C。
12.【答案】(1)20.00(19.50∼20.50)
(2)确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
(3)m1 x0=m1 x1+m2 x2−L；
(4)3；
(5)C。
【解析】【分析】
本实验探究碰撞前后不变量的实验。
(1)刻度尺的读数，注意估读；
(2)实验原理可知，保证每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
(3)由题意知小车加速度相同，结合运动学规律和动量守恒推导关系式；
(4)由题意分析，关键是小车碰后不反弹；
(5)结合动量守恒条件分析。
【解析】
(1)由图知，刻度尺读数为20.00cm；
(2)在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
(3)由小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，可知小车加速度相同，由v2=2ax可知速度正比与 x，则由m1v0=m1v1+m2v2得m1 x0=m1 x1+m2 x2−L；
(4)要保证实验正常进行需要甲车不反弹，则乙车砝码最多2个，则最多采集3次数据；
(5)A、机械能损失不影响动量守恒，A错误；
B、相互作用力冲量大小相等，B错误；
C、碰撞过程中阻力对两小车有冲量，会导致动量不守恒，C正确。
13.【答案】解：(1)n=sinθ1sinθ2=sin60∘sin30∘
n= 3
(2)光线在AD面上的入射角为60∘
sinC=1n= 33
sin60∘>sinC
故光线在AD面上发生全发射，同理在BC面上也发生全反射，光线经多次全反射后最终从CD端面射出，此束光线不能从 AD面射出.
【解析】(1)由折射定律求解折射率；
(2)入射角和临界角对比分析能否射出。
本题考查折射定律，临界角等概念及应用。
14.【答案】解：(1)设电流通过阻值为R的电阻
I02Rt+0=I2RT
带入数据得I=I02
(2)设电动机发热功率为Pr，有。
Pr=I2r
η=P−PrP×100%
η=4P−I02r4P×100%。
【解析】(1)根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值；
(2)电动机消耗的效率等于输出的机械功率除以总功率乘以100%，根据热功率的计算公式求解热功率；根据效率的计算公式求解效率。
根据电流的热效应求交流电的有效值是解题的关键。
15.【答案】解：(1)根据平抛运动位移时间关系
竖直方向：2L=12gt2
水平方向：L=v0t
得v0=12 gL
(2)设反弹后达到最高点速度为v1，有
L=12gt12
L2=v1t1
根据能量守恒：△E=mg(2L−L)+12mv02−12mv12
解得：△E=1716mgL
(3)碰撞过程中小铁片水平方向加速度大小为a
v12−v02=−2a△x
f=ma
f=4mg
【解析】(1)由平抛运动的规律求解；
(2)根据斜抛的知识结合能量守恒求解；
(3)由匀变速运动的知识结合牛顿第二定律求解。
本题考查抛体的运动规律，涉及平抛和斜抛，结合能量守恒。
16.【答案】解：(1)当电子旋转半圈从AB边射出磁场时运动时间最长
evB0=mv2r0
t=πr0v
解得t=πmeB0
(2)磁感强度为最大时粒子从D点(或C点)射出，电子轨道半径为r1，有r12=L2+(r1−L2)2
解得r1=54L
再由ev0Bm=mv02r1得
Bm=4mv05eL
电子偏转角度为α，有
sinα=Lr1=45
则tanα=43
故d=2(L2+3Ltanα)
d=9L
(3)解法一：
设电子的轨道半径为r，偏转角为θ，有r=mv0eB
sinθ=Lr=eLBmv0
电子的偏转角度θ较小时，电子偏转后速度的反向延长线可以看作通过O1点，荧光屏上光点到O2的距离设为Y，有
Y=(L2+3L)tanθ=7L2sinθ=7L2eLBmv0
可见电子的偏转角度θ较小时，Y正比于磁感应强度B，则ΔY=7L2eLmv0ΔB
光点通过O2时的速度
v=ΔYΔt=7L2eLmv0ΔBΔt
根据图象有
ΔBΔt=2BmT=8mv05eLT
得v=28L5T
解法二：
设电子的轨道半径为r，偏转角为θ，有
r=mv0eB
sinθ=Lr=eLBmv0
电子刚出磁场时在CD方向上的偏移量为y
y=rtanθ2sinθ=rθ2sinθ=r2sin2θ
或y=r(1−csθ)=12rθ2=12rsin2θ
带入r、sinθ得
y=eL2B2mv0
Y=y+3Ltanθ=y+3Lsinθ=7L2eLBmv0
ΔY=7L2eLmv0ΔB
光点通过O2时的速度
v=ΔYΔt=7L2eLmv0ΔBΔt
根据图象有
ΔBΔt=2BmT=8mv05eLT
得v=28L5T
【解析】(1)粒子做圆周运动，根据入射方向和出射方向的可能判断，半圆时圆心角最大，时间最长。
(2)磁感应强度最大时，半径最大，画出轨迹，由几何关系求解。
(3)由洛伦兹力充当向心力，求出半径，偏转角根据几何关系求解。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，难度较大。
1.下列实验不能用光的粒子性解释的是( )
A. 黑体辐射
B. 光电效应
C. 康普顿效应
D. 电子束衍射
2.如图为模拟点电荷电场线的实验照片，关于图中A、B两个位置的电场强度E及电势φ的大小关系一定正确的是( )
A. EA
3.如图所示，人造地球卫星 A、B绕地球做匀速圆周运动，若用 T、v、a、E分别表示卫星的周期、速度、加速度、机械能这些物理量的大小，则下列关系一定正确的是( )
A. TA
A. 光源的线状灯丝应与单缝垂直
B. 滤光片应加在单缝与双缝之间
C. 应先测多个亮条纹间距离再求相邻两亮条纹间距离
D. 发现干涉条纹与分划板竖线不平行应通过拨杆调节
5.如图甲所示为共振筛原理图，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，图乙是该共振筛的共振曲线.已知增加筛子质量可减小筛子的固有频率，现偏心轮的频率为0.75Hz，为增大筛子的振幅，可以( )
A. 提高偏心轮的频率或增大筛子质量B. 提高偏心轮的频率或减小筛子质量
C. 降低偏心轮的频率或增大筛子质量D. 降低偏心轮的频率或减小筛子质量
6.如图所示，密闭导热气缸被活塞分成左、右两室，起初左室气体压强小于右室，现让活塞缓慢移动直至两室气体压强相等，期间环境温度始终不变，则此过程中( )
A. 左室气体吸热，右室气体放热B. 左室气体放热，右室气体吸热
C. 左、右室气体均吸热D. 左、右室气体均放热
7.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电.PuO2中的Pu元素是 94238Pu，半衰期是87.7年，有75%的 94238Pu原子核发生衰变需经过( )
A. 43.85年B. 87.7年C. 175.4年D. 263.1年
8.如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内( )
A. 线圈面积有缩小的趋势B. 线圈中电子沿逆时针方向定向移动
C. 线圈中产生的焦耳热为π2kB0r14RD. 通过导线横截面电荷量为πB0r22R
9.如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象管中水会沿管上升一段高度.如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，某同学用电流传感器探究电容器充电过程中对旁路的影响，t=0时刻闭合开关S，则能正确表示此后电阻R1中电流变化过程的图象是( )
A. B.
C. D.
11.半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球从桌边对准圆心以速度v=4RT匀速通过桌面，则小球在桌面留下的痕迹可能是( )
A. 、B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.如图1，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律.该小组首先通过实验验证了小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，然后验证动量守恒定律实验步骤如下：
①在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量m1和乙车总质量m2;
②将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度与水平轨道左端对齐.先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0;
③将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图2所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度(含弹簧)L.由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2;
④改变小车上砝码个数，重复①、②、③步骤.
(1)由图2得L=__________cm;
(2)实验中，在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是__________;
(3)若本实验所测的物理量符合关系式__________(用所测物理量的字母表示)，则验证了小车碰撞前后动量守恒;
(4)某同学先把4个50g的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，则该同学最多能采集__________组有效数据;
(5)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是__________(单选).
A.碰撞过程中弹簧上有机械能损失
B.两车间相互作用力冲量大小不等
C.碰撞过程中阻力对两小车有冲量
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，一束光线从长直玻璃棒的AB端面入射，入射角θ1=60∘，折射角θ2=30∘。
(1)求玻璃棒的折射率n;
(2)通过计算判断此束光线能否从AD面射出.
14.如图所示，矩形脉冲电流高度为I0，宽度为t，周期为T，PWM技术(脉冲宽度调节技术)中将tT称为占空比.若某脉冲电流的占空比tT=25%.
(1)求该脉冲电流的有效值I;
(2)将该脉冲电流通过内阻为r的电动机，已知电动机消耗的电功率为P，不计摩擦及空气阻力，求电动机效率η.
15.如图所示，一质量为m的小铁片从离水平地面2L高处的P点水平抛出，落点A与P点的水平距离为L.小铁片与地面接触期间有微小滑动且接触时间极短，反弹后上升的最大高度为L，落点A与落点B之间的距离为L.不计空气阻力以及小铁片的转动，重力加速度大小为g。
(1)求小铁片被抛出时的初速度大小v0;
(2)求小铁片第一次与地面接触过程中损失的机械能ΔE;
(3)若小铁片第一次与地面接触期间滑动的距离为Δx=L64，且认为摩擦力大小恒定，求该摩擦力大小f.
16.如图1所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在垂直纸面的匀强磁场，在CD边右侧3L处平行CD放置荧光屏，O1O2是通过正方形中心O1和荧光屏中心O2的轴线.电子从静止经加速电压加速后以一定速度沿轴线连续射入磁场.整个系统置于真空中，不计电子重力，已知电子电荷量为 e、质量为m，当θ很小时，近似有sinθ=tanθ=θ，csθ=1−12θ2。
(1)若磁感应强度大小为B0，加速电压从0开始缓慢增加，求电子在磁场中运动的最长时间t;
(2)若入射电子速度大小均为v0，正方形区域所加磁场如图2所示，磁场变化周期为T，且T远大于电子在磁场中的运动时间，电子偏转后恰好全部从 CD边射出磁场并能全部打在荧光屏上形成运动的光点，求最大磁感应强度Bm以及荧光屏的最小长度d;
(3)在(2)的条件下求荧光屏上光点经过O2的速度大小v.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查对光的粒子性的认识，基础题目，逐一分析即可判断。
【解答】
黑体辐射、光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，电子束衍射说明实物粒子具有波动性，故选D。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据点电荷电场分布特点分析电场强度，根据等势体的的特点判断电势高低。
本题掌握点电荷的电场分布及等势体的特点。
【解答】
图中用小铁屑模拟点电荷的电场线，所有小铁屑是一个等势体，则φA=φB，根据点电荷的电场分布特点，知EA>EB，故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力分析。
考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而会判断各量的大小关系。
【解答】
A.根据万有引力提供向心力，则有GMmr2=m4π2T2r，可得卫星的周期公式T=2π r3GM，因为A的轨道半径小，所以TA
C.根据万有引力提供向心力，则有GMmr2=ma，可得卫星的加速度公式a=GMr2，因为A的轨道半径小，所以aA>aB，故C错误；
D.不知道卫星质量关系，故无法判断卫星的机械能大小关系，故D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查“用双缝干涉测光的波长”实验，根据实验原理和注意事项逐一分析即可判断。
【解答】
A、光源的线状灯丝应与单缝平行，故A错误；
B、滤光片应加在光源和单缝之间，故B错误；
C、为了减少误差，应先测多个亮条纹间距离再求相邻两亮条纹间距离，故C正确；
D、发现干涉条纹与分划板竖线不平行需要旋转测量头使干涉条纹分划板竖直线平行，故D错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大．据此分析筛子固有频率，进而分析作答。
【解答】
由图乙知筛子的固有频率0.8Hz，偏心轮的频率0.75Hz，为增大筛子振幅，可降低筛子的固有频率或者提高偏心轮的频率，增大筛子质量可降低可减小筛子的固有频率，故选A。
6.【答案】B
【解析】【分析】
气体体积变小，外界对气体做功，气体体积变大，气体对外做功。根据题意分析活塞的移动情况，应用热力学第一定律分析答题。
【解答】
左室气体压强小于右室，活塞缓慢向左移动，右侧气体对左侧气体做功，则W左>0，W右<0，气缸导热，气体温度不变，气体内能不变，△U=0，由热力学第一定律△U=W+Q可知，左室气体放热，右室气体吸热，故选 B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据半衰期的定义求出有75%的核发生了衰变的时间．
本题考查了半衰期，能够应用半衰期进行定量的计算．
【解答】
半衰变期为87.7天，根据公式m=m0(12)tT，m0为衰变前得质量，m为经过时间t后的剩余质量，T为半衰期．
有75%的 94238Pu原子核发生衰变，说明m=0.25m0，
解得：t=175.4年．
8.【答案】C
【解析】【分析】
根据楞次定律分析AB，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律等求解CD。
考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律等的应用，注意有效面积。
【解答】AB、由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知会产生逆时针方向的感应电流，那么线圈中电子沿顺时针方向定向移动，线圈中产生感应电流，但是线圈所在位置没有磁场，所以线圈不受安培力，线圈面积没有变化趋势，故AB错误；
CD、设线圈中感应电动势E，由法拉第电磁感应定律得：E=△B△tS
线圈中的感应电流I=ER
联立解得：I=kπr12R
磁感应强度增大为2B0的时间t=B0k
由焦耳定律得：Q=I2Rt
联立解得：Q=kπ2r14B0R
通过的电量q=It
联立解得：q=πr12B0R，故C正确，D错误。
9.【答案】D
【解析】【分析】
细玻璃管内液面高于管外液面，这种现象是毛细现象；
细玻璃管内液面凹下，说明水浸润玻璃，所有这些现象都是表面张力在起作用。
【解答】
将两端开口的细玻璃管竖直插入水中，玻璃管内液面高于管外液面，这种现象称为毛细现象。玻璃管内液面凹下，说明水浸润玻璃管。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是D图，故选D。
10.【答案】B
【解析】【分析】
对电容器充放电过程分析，结合欧姆定律分析R1支路电流变化。
【解答】
电路接通后，R1支路通路，有电流通过，电容器有短暂充电过程，也有电流，稳定后，电容器支路无电流通过，由欧姆定律分析，电容器充电过程，R1两端电压小于充满电时，故R1电流先增大后不变，且开始不是0，故选B。
11.【答案】C
【解析】【分析】
先判断小球经过桌面时间，与圆桌周期比较，排除BD，再分析小球相对于圆桌沿径方向和垂直于径方向的位移，分析轨迹图。
【解答】
小球经过桌面时间t=2Rv=T2，小球经过桌面时，圆桌刚好转半圈，此时小球起点与终点重合，排除BD。
设圆桌角速度为ω，小球离圆心距离d=R−vt，小球相对于圆桌沿径方向y=vt，垂直于径方向vx=ωd=ω(R−vt)，x=vxt=ω(R−vt)t
x=ωRt−ωy2v，轨迹不会是圆，类似于图C，故选C。
12.【答案】(1)20.00(19.50∼20.50)
(2)确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
(3)m1 x0=m1 x1+m2 x2−L；
(4)3；
(5)C。
【解析】【分析】
本实验探究碰撞前后不变量的实验。
(1)刻度尺的读数，注意估读；
(2)实验原理可知，保证每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
(3)由题意知小车加速度相同，结合运动学规律和动量守恒推导关系式；
(4)由题意分析，关键是小车碰后不反弹；
(5)结合动量守恒条件分析。
【解析】
(1)由图知，刻度尺读数为20.00cm；
(2)在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
(3)由小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，可知小车加速度相同，由v2=2ax可知速度正比与 x，则由m1v0=m1v1+m2v2得m1 x0=m1 x1+m2 x2−L；
(4)要保证实验正常进行需要甲车不反弹，则乙车砝码最多2个，则最多采集3次数据；
(5)A、机械能损失不影响动量守恒，A错误；
B、相互作用力冲量大小相等，B错误；
C、碰撞过程中阻力对两小车有冲量，会导致动量不守恒，C正确。
13.【答案】解：(1)n=sinθ1sinθ2=sin60∘sin30∘
n= 3
(2)光线在AD面上的入射角为60∘
sinC=1n= 33
sin60∘>sinC
故光线在AD面上发生全发射，同理在BC面上也发生全反射，光线经多次全反射后最终从CD端面射出，此束光线不能从 AD面射出.
【解析】(1)由折射定律求解折射率；
(2)入射角和临界角对比分析能否射出。
本题考查折射定律，临界角等概念及应用。
14.【答案】解：(1)设电流通过阻值为R的电阻
I02Rt+0=I2RT
带入数据得I=I02
(2)设电动机发热功率为Pr，有。
Pr=I2r
η=P−PrP×100%
η=4P−I02r4P×100%。
【解析】(1)根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值；
(2)电动机消耗的效率等于输出的机械功率除以总功率乘以100%，根据热功率的计算公式求解热功率；根据效率的计算公式求解效率。
根据电流的热效应求交流电的有效值是解题的关键。
15.【答案】解：(1)根据平抛运动位移时间关系
竖直方向：2L=12gt2
水平方向：L=v0t
得v0=12 gL
(2)设反弹后达到最高点速度为v1，有
L=12gt12
L2=v1t1
根据能量守恒：△E=mg(2L−L)+12mv02−12mv12
解得：△E=1716mgL
(3)碰撞过程中小铁片水平方向加速度大小为a
v12−v02=−2a△x
f=ma
f=4mg
【解析】(1)由平抛运动的规律求解；
(2)根据斜抛的知识结合能量守恒求解；
(3)由匀变速运动的知识结合牛顿第二定律求解。
本题考查抛体的运动规律，涉及平抛和斜抛，结合能量守恒。
16.【答案】解：(1)当电子旋转半圈从AB边射出磁场时运动时间最长
evB0=mv2r0
t=πr0v
解得t=πmeB0
(2)磁感强度为最大时粒子从D点(或C点)射出，电子轨道半径为r1，有r12=L2+(r1−L2)2
解得r1=54L
再由ev0Bm=mv02r1得
Bm=4mv05eL
电子偏转角度为α，有
sinα=Lr1=45
则tanα=43
故d=2(L2+3Ltanα)
d=9L
(3)解法一：
设电子的轨道半径为r，偏转角为θ，有r=mv0eB
sinθ=Lr=eLBmv0
电子的偏转角度θ较小时，电子偏转后速度的反向延长线可以看作通过O1点，荧光屏上光点到O2的距离设为Y，有
Y=(L2+3L)tanθ=7L2sinθ=7L2eLBmv0
可见电子的偏转角度θ较小时，Y正比于磁感应强度B，则ΔY=7L2eLmv0ΔB
光点通过O2时的速度
v=ΔYΔt=7L2eLmv0ΔBΔt
根据图象有
ΔBΔt=2BmT=8mv05eLT
得v=28L5T
解法二：
设电子的轨道半径为r，偏转角为θ，有
r=mv0eB
sinθ=Lr=eLBmv0
电子刚出磁场时在CD方向上的偏移量为y
y=rtanθ2sinθ=rθ2sinθ=r2sin2θ
或y=r(1−csθ)=12rθ2=12rsin2θ
带入r、sinθ得
y=eL2B2mv0
Y=y+3Ltanθ=y+3Lsinθ=7L2eLBmv0
ΔY=7L2eLmv0ΔB
光点通过O2时的速度
v=ΔYΔt=7L2eLmv0ΔBΔt
根据图象有
ΔBΔt=2BmT=8mv05eLT
得v=28L5T
【解析】(1)粒子做圆周运动，根据入射方向和出射方向的可能判断，半圆时圆心角最大，时间最长。
(2)磁感应强度最大时，半径最大，画出轨迹，由几何关系求解。
(3)由洛伦兹力充当向心力，求出半径，偏转角根据几何关系求解。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，难度较大。
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