2023-2024学年浙江省温州市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年浙江省温州市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列属于国际单位制中单位的是( )
A. 伏特(V)B. 电子伏特(eV)C. 摄氏度(℃)D. 克(g)
2.下列说法正确的是( )
A. 研究“天问一号”调整姿态，利用相机拍摄火星表面地貌时，“天问一号”可视为质点
B. 国产大飞机C919商业首飞，航行时间约2h，航程约1100km，其中“2h”指的是时刻
C. “中国天眼”探测到的引力波，传播速度为光速，若频率为10−9Hz，则其波长比可见光长
D. 全球最大实验性核聚变反应堆开始运行，核反应方程为 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
3.如图所示，小球从距地面高度h1=1.25m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点 B，B点距地面高度h2=0.8m，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球在B点处于静止状态
B. 小球下降过程处于失重，上升过程处于超重
C. 小球与地面作用过程速度变化量的大小为1m/s
D. 小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
4.如图所示，是研究光电效应的电路图。实验时，入射光频率大于阴极K金属材料的截止频率。当滑动变阻器的滑片从最左端逐渐滑到最右端过程中，关于光电流 I与光电管两端电压U的关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.2024年1月17日，搭载“天舟七号”货运飞船的运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱，如图所示。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400 km的圆形轨道上，下列说法正确的是( )
A. 组合体的角速度小于地球自转的角速度
B. 组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
C. 组合体的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
D. “天舟七号”携带的一未开封货物，在发射前与对接后的重力相等
6.如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是( )
A. C和D两点的磁感应强度相同
B. C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点
C. 圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D. 圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
7.如图所示，矩形线圈abcd放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心转轴OO′以300r/min的转速匀速转动，磁场分布在OO′的右侧，磁感应强度B=2 2πT。线圈匝数n=100匝，面积S=100cm2。理想变压器的原、副线圈匝数比n1:n2=1:2，定值电阻R1=R2=4Ω，C为电容器，电流表A为理想交流电表，不计矩形线圈的电阻，下列说法正确的是( )
A. 矩形线圈产生的电动势最大值为20 2VB. 电流表示数为5A
C. 变压器输出功率为200WD. 增大电容器的电容，电流表示数增大
8.如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为 m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 航母对小物块的支持力FN=mgcsθ
B. 小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C. 航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D. 航母的最大航速v= μ−tanθ1+tanθgR
9.如图所示，甲图是距离很近的两个平行异名磁极之间磁场的磁感线、乙图是辐向磁场的磁感线、丙图为等量异种点电荷的电场线、丁图为等量同种正点电荷的电场线。一电子以某一初速度，仅受电场力或磁场力，在这四种场中，不可能做匀速圆周运动的是( )
A. 在甲图磁场中B. 在乙图磁场中C. 在丙图电场中D. 在丁图电场中
10.如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1。偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为U2。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器(探测器可上下移动)。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。下列说法正确的是( )
A. 离子在加速电场中运动时间为d m2qU1
B. 离子在M、N板间运动时间为L m2qU1
C. 离子到达探测器的最大动能为q(U1+U2)
D. 为保证离子不打在M、N极板上，U1与U2应满足的关系为U2>2U1
11.如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1>θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 两抛出点之间的距离为v02sin2θ2g
B. 沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2
C. 沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1
D. 沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1
12.如图所示，薄板B放在倾角为30∘的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t=0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度aB=2m/s2的匀加速直线运动。已知薄板长L=1m，小物块A的质量mA=2kg，薄板B的质量mB=1kg，A、B间的动摩擦因数μ= 36。下列说法正确的是( )
A. 从t=0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B. 小物块A到达斜面底端时速度为 5m/s
C. 小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D. 小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
13.如图所示，半径为R，圆心角为135∘的扇形玻璃砖OAB，M为OB边上的一点，OM= 33R。一束平行单色红光从OB边射入玻璃砖，入射方向与OA边平行。由M点入射的光从圆弧边AB出射后恰好与OA平行。真空中的光速为c，除了全发射，不考虑其它反射光，则( )
A. 玻璃砖圆弧边上有光射出的长度为π3R
B. 从玻璃砖圆弧边射出的光对应在OB边上的长度为 63R
C. 从B点入射的光在玻璃砖中传播时间为(4− 3)Rc
D. 若改为单色绿光，由M点入射的光经玻璃砖后从圆弧边射出仍然与OA平行
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
14.下列说法正确的是( )
A. 大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，也可向外辐射γ射线
B. 卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，也可估算出原子核的大小
C. 扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息的热运动，也可说明分子间存在空隙
D. 从单一热库吸收热量可以自发地全部传递给低温物体，也可以自发地完全变成功
15.平静水面上建立x轴，俯视图如图所示。分别位于x1=−0.2m和x2=0.3m的两波源A、B起振方向相反，t=0时刻同时从各自的平衡位置开始以10Hz的频率、4cm的振幅上下振动，在水面上形成两列简谐横波。图中虚线为t=0.3s两列波到达的位置，此时x=0.5m处的质点处于平衡位置且向上振动。下列说法正确的是( )
A. 两列波的传播速度为2m/s
B. 原点x=0处的质点起振方向向下
C. x轴上在AB之间振动加强点个数共9个
D. 从t=0时刻起，一天内，x=2.024m处的质点通过的总路程为0.8m
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
16.实验题
Ⅰ.(1)实验小组用如图1所示装置来验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒。A、B为两个直径相同的小球，质量分别为m1、m2，且m1>m2。实验时，接球板水平放置，让入射球A多次从斜轨上E点静止释放，平均落点为P1;再把被碰小球B静放在水平轨道末端，再将入射小球 A，从斜轨上某一位置静止释放，与小球B相撞，并多次重复，分别记录两个小球碰后的平均落点M1、N1。
①为了确认两个小球的直径相同，实验小组用游标卡尺对它们进行了测量，下面四幅图分别是四次测量情景，其中最佳的操作是__________。
②关于该实验的要求，说法正确的是__________(多选)。
A.斜槽末端必须是水平的
B.斜槽轨道必须是光滑的
C.必须测出斜槽末端的高度
D.放上小球B后，A球必须仍从E点释放
③图1中O点为斜槽末端在接球板上的投影点，实验中，测出OM1、OP1、ON1的长度分别为x1、x2、x3，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为__________(用题中给定的物理量表示)。
④图3中，仅改变接球板的放置，把接球板竖放在斜槽末端的右侧，O点为碰前B球球心在接球板上的投影点。使小球A仍从斜槽上E点由静止释放，重复上述操作，在接球板上得到三个落点M2、P2、N2，测出OM2、OP2、ON2长度分别为y1、y2、y3，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为__________(用题中给定的物理量表示)。
⑤如图4所示。再一次仅改变接球板的放置，让接球板的一端紧靠在斜槽末端，使小球A仍从斜槽上E点由静止释放，重复第一次实验操作，在接球板上得到三个落点M3、P3、N3，其中O点为斜槽末端与接球板的接触点，测出OM3、OP3、ON3长度分别为l1、l2、l3，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为__________(用题中给定的物理量表示)。
(2)在“测量玻璃的折射率”实验中(如图5所示)，已绘出玻璃砖两个平行界面和三个大头针孔a、b、c位置，且插在c位置的大头针正好同时挡住插在a、b位置的大头针的像。确定第四枚大头针位置时，先后操作了两次，分别得到 d、e两个大头针孔。为了减小误差，应采用__________(填“d”或“e”)大头针孔，并在答题纸中作出正确的光路图__________。
Ⅱ.滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成。现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：
两节干电池(电动势为3V，内阻为r)，电流表(量程为0.6A，内阻为0.8Ω)，电阻箱R(0∼999.9Ω)，待测滑动变阻器(总匝数120匝，匝数清晰可数)，开关及导线若干。
器材按图1连接，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节电阻箱至合适阻值并保持不变，移动待测滑动变阻器的滑片，多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数 n和相应电流表的读数I。作出1I−n图像，如图2所示。
(1)用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图3所示，电阻丝直径d=__________mm;
(2)某次测量时，电流表指针位置如图4所示，读数I=__________A;
(3)已知待测变阻器螺线管的直径D=3.15cm，则待测变阻器电阻丝电阻率为__________Ω⋅m(结果保留2位有效数字);
(4)若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为4.0Ω，则两节干电池串联的总内阻r=__________Ω(结果保留2位有效数字);
(5)实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，则测得的电阻率__________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M=3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0=40cm，缸内气体温度T1=300K，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强P0=0.99×105Pa，活塞横截面积S=100cm2，忽略一切摩擦。现使缸内气体温度缓慢下降，则
(1)当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2;
(2)当缸内气体温度降至T3=261.9K时，求物块上升高度Δh;
(3)已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
18.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ=53∘的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0=0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1=4m、l2=1.5m， OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R=0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α=37∘，轨道各处平滑连接。现将质量m=1kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0=5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至 P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)高度h;
(2)滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2;
(3)滑块最终静止时离G点的距离x;
(4)若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小 v的范围。
19.如图所示，SM、TN是两条平行固定水平金属导轨，其右端串接电键K和阻值为R0的定值电阻。倾角相同的倾斜金属导轨AC、BD和EP、FQ架接在水平导轨上，与水平轨道平滑连接，且接触点无电阻，水平导轨间距、倾斜导轨间距均为L;金属棒a质量为2m、阻值为R，金属棒b质量为m、阻值为2R，两根金属棒长度均为L，分别由锁定器锁定在两个倾斜导轨的同一高度处，高度为h，锁定好的两金属棒在水平导轨上的投影分别为ST、HG。CDGH和PQNM两区域均足够长，分布有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2。已知：L=1m、h=0.45m、m=0.1kg、R=1Ω、R0=2Ω、B1=1.0T、B2=0.5T，所有导轨均光滑且不计电阻，两金属棒与导轨接触良好。
(1)闭合电键K，仅解除锁定器1，让a棒静止释放，求：
①a棒刚进入CDGH区域磁场时，PQ两点间的电压U;
②a棒在CDGH区域磁场中运动的距离x1;
(2)a棒在CDGH区域静止后，断开电键K，解除锁定器2，让b棒静止释放，求：
①当b棒在PQNM区域磁场中速度为vb=2.5m/s时，a棒的加速度大小a1;
②从锁定器1解除到两金属棒运动稳定，a棒产生的总焦耳热Qa。
20.如图所示，直角坐标系中，有一平行于y轴长度为0.5L的线状离子源MN，M端在x轴上，坐标xM=−L，离子源发射的正离子初速度大小均为v0，方向平行于x轴正方向，且发射的正离子沿MN均匀分布，每个离子质量为m，电荷量为q;在x≥−L、y≤0区间内加一垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的圆形边界匀强磁场，能使离子源发射的全部正离子经过原点O，不计离子重力及离子间的相互作用。
(1)求磁感应强度B1的取值范围;
(2)若磁感应强度B1取最小值，在第一象限加垂直纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场，在第二象限加垂直纸面向外、磁感应强度大小为B3的匀强磁场，已知B1=B2=B3。离子发射前，在y轴上放置长度为0.8L的探测板PQ，只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到。
①求全部正离子经过原点O时与y轴正方向夹角θ的范围;
②若探测板下端Q纵坐标yQ=2.4L，求离子探测率η(即探测板探测到的离子数占总离子数的比例);
③若探测板位置在y轴上可变，Q端纵坐标满足0答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的单位叫做导出单位。
【解答】
A、伏特(V)是国际单位制中单位，故A正确；
B、电子伏特(eV)是能量的单位，不是国际单位制中单位，故B错误；
C、摄氏度(℃)是温度的单位，不是国际单位制中单位，故 C错误；
D、克(g)是质量的单位，不是国际单位制中单位，故D错误；
故选：A。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了看作质点的条件、时间与时刻的区别，电磁波谱和对核反应类型的认识，基础题目。
根据看作质点的条件分析即可判断；根据时刻与时间的特征分析即可判断；计算出波长即可判断；分析其核反应的类型即可判断。
【解答】
A、研究“天问一号”调整姿态，利用相机拍摄火星表面地貌时，“天问一号”的形状和大小不可忽略，不能看作质点，故A错误；
B、国产大飞机C919商业首飞，航行时间约2h中2h对应一个过程，指的是时间间隔，故B错误；
C、“中国天眼”探测到的引力波，传播速度为光速，若频率为10−9Hz，其波长λ=cf=3×1017m，比可见光长，故C 正确；
D、核反应方程为 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n中重核裂变成两个中等质量的核，并释放出中子，是核裂变反应，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是小球在最高点时速度为零，受重力作用有竖直向下的重力加速度g；小球下降和上升过程均处于失重状态；小球与地面作用过程速度变化量的大小等于末速度与初速度的矢量运算的绝对值；小球下降和上升过程的平均速度大小等于初速度与末速度大小的平均值。
【解答】A、小球在B点速度为零，受重力作用有竖直向下的重力加速度g，故A错误；
B、小球下降过程处于失重，上升过程仍处于失重，两个过程加速度都是竖直向下的重力加速度g，故B错误；
C、小球下落到地面的速度竖直向下v1= 2gh1=5m/s，小球反弹后的速度竖直向上v2= 2gh2=4m/s，小球与地面作用过程速度变化量的大小Δv=v2−−v1=9m/s，故C错误；
D、小球下降过程的平均速度大小v1=v12=52m/s，上升过程的平均速度大小v2=v22=42m/s=2m/s，即小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小，故D正确。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了光电效应的相关应用，结合电路图分析极板间的电压变化，进而分析出光电流的变化。
滑动变阻器滑片从左端缓慢向右移动时，滑动变阻器左端电阻增大，则与其并联部分的正向电压增大，光电流将会增大，则电流表示数增大，达到饱和光电流后不再增加。
【解答】
滑动变阻器在最左端时，光电管两端的电压为0，又因为入射光频率大于阴极K金属材料的截止频率，所以肯定会有光电流，即光电流不是从0开始的，滑片从左端滑到右端过程中，光电管左端电势高，为正向电压， 随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值。也就是说，在电流较小时电流随着电压的增大而增大;但当电流增大到一定值之后，即使电压再增大，电流也不会再进一步增大了，且光电子从金属材料中出来时速度方向不确定，在较小的电压情况下，到达 A板的光电子数不确定，所以不是线性关系，故A正确，BCD错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题综合考查了万有引力定律及其在卫星问题上的应用。根据万有引力提供向心力可以同步求出角速度、线速度及向心加速度与环绕半径的关系，从而判断出正确选项。
【解答】
ABC、根据GMmr2=mv2r=mω2r=man，解得：v= GMr、ω= GMr3、an=GMr2、空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，而地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度;空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度;空间站的向心加速度大于地球同步卫星的
向心加速度，故AC错误，B正确；
D、在发射前与对接后货物的质量不变，但是对接后是失重环境，故D错误.
故选：B。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是通电直导线产生的磁场的叠加，根据平行四边形定则求出合磁感应强度的大小和方向；根据小线圈移动过程中磁通量的变化结合楞次定律和安培定则求出感应电流的方向。
【解答】A.根据右手螺旋定则，知A′D′边导线在D点产生的磁场大小、方向与BB′边导线在C产生的磁场大小、方向均相同，A′D′边导线在C两点产生的磁场与BB′边导线在D产生的磁场大小相等但方向不同，根据矢量的合成，知两点的合磁场大小相等，方向不相同，故 A错误;
B.根据矢量的合成，知C′点的磁感应强度方向由C′点指向D点，故B错误;
C.圆形小线圈由A点向A′点移动时，磁通量不变，根据楞次定律，没有感应电流，故 C错误;
D.圆形小线圈由A点向D点移动时，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为逆时针方向，故 D正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是法拉第电磁感应定律，由公式EM=nBSω求发电机的最大电压；根据变压器电压与电流的关系求出副线圈的电压值，电容器通交流阻直流电阻为RC，结合欧姆定律求出电流表的示数，由能量守恒定律求出变压器输出功率；增大电容器的电容，电容的容抗减小，电流表的示数增大。
【解答】A、矩形线圈产生的电动势最大值由法拉第电磁感应定律EM=nBSω=10 2V，故A错误；
B、设副线圈的电压为U2，根据变压器电压关系U1U2=n1n2，U1=EM 2=10V，电流表示数I2=U2R2+RC<5A，故B错误；
C、根据能量守恒定律得变压器输出功率P1=P2=U22R1+I22R2+RC=100W+U22R2+RC<200W，故C错误；
D、增大电容器的电容，电容的容抗减小，电流表的示数增大，故D正确。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查圆周运动的应用，物块随航母做水平方向的圆周运动，由此判断物块受力情况，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，由此判断航母对小物块的支持力以及当小物块受到的摩擦力为滑动摩擦时，速度达到最大值，难度较大。
【解答】AC、小物块做水平圆周运动，受到重力，支持力和摩擦力的作用，合力提供向心力，在水平方向：fcsθ−FNsinθ=mv2R，竖直方向：FNcsθ+fsinθ=mg，当v=0时，航母对小物块的支持力FN=mgcsθ，由题可知，速度不为零，所以A错误，航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大，C正确；
B、物块随航母做水平圆周运动，合力提供向心力，若只受重力和支持力，重力和支持力的合力不指向圆心，B错误；
D、当小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力时，即为临界条件，则f=μFN，解得航母的最大航速v= μ−tan θ1+μtan θgR，D错误。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在磁场或电场中的受力与运动情况。带电粒子要做匀速圆周运动，必须使带电粒子围绕空间某一点受到一个大小恒定，且始终指向该点的力的作用。
【解答】A、当电子在磁场中央以垂直于磁感线向外的某一初速度进入时，受到的洛伦兹力指向磁场中心，电子可以在磁场中央所在平面内作匀速圆周运动，故A可行；
B、无法在辐射磁场中使电子围绕空间某一点受到一个大小恒定，且始终指向该点的力的作用，故B不行；
C、丙图中，在正电荷左侧，垂直两电荷连线延长线所在平面内，有电场线方向指向垂足的点，当电子从该点垂直纸面进入，所受到的电场力方向指向垂足，电子可以在垂直两电荷连线延长线所在平面内作匀速圆周运动，故C可行；
D、当电子在两电荷连线中垂面上某一位置进入时，受到的电场力指向两电荷连线中间，电子可以在垂直两电荷连线所在的中垂面上作匀速圆周运动，故D可行。
故不可能做匀速圆周运动的是B。
10.【答案】B
【解析】【分析】
根据运动学公式可求离子在加速场中的运动时间；电子在偏转电场中做类平抛运动，由对应运动学规律求出在M、N板间运动时间；根据动能定理可求离子到达探测器的最大动能；为保证离子不打在M、N极板上，根据竖直方向位移临界条件进行求解。
带电粒子在偏转电场做类平抛运动，将运动分解为沿电场线和垂直电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律分析．
【解答】A、在加速电场中，离子做匀加速直线运动，根据d=12⋅qU1dmt2，可解得t=d 2mqU1，A错误；
B、在加速电场中根据动能定理得qU1=12mv02，电子进入偏转电场后，竖直方向向下做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动有L=v0t′，解得t′=L m2qU1，B正确；
C、根据动能定理可知，离子到达探测器的最大动能为qU1+12qU2=Ekm，C错误；
D、为保证离子不打在M、N极板上，在偏转场中竖直方向位移满足y=12⋅qU2Lmt′211.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查斜抛运动规律的应用，基础题目。
根据斜抛运动规律列方程得出水平位移，上升最大高度、运动时间和最小速度，结合选项逐一分析即可判断。
【解答】沙包抛出后做斜抛运动，从A点到B点过程，运动的时间t=2v0sinθg，
AB间的距离x=v0csθ⋅t=v02sin2θg，
上升的最大高度h=(v0sinθ)22g，
运动的最小速度vmin=v0csθ，
则两抛出点之间的距离为x=v02sin2θ1g=v02sin2θ2g，
沙包1和2在空中运动时间之比为sinθ1sinθ2，
最小速度之比为csθ1csθ2，
离地的最大高度之比为sin2θ1sin2θ2，故A正确，BCD错误。
12.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查受恒定外力的板块问题，分析板块间相对运动情况，结合牛顿第二定律计算运动情况，由相对路程计算摩擦力产生的内能。
【解答】A、由题意，对A受力分析，沿斜面向下为正方向，mAgsin30∘−μmAgcs30∘=mAaA，得aA=2.5m/s2，对B受力分析，沿斜面向上为正方向，T−mBgsin30∘−μmAgcs30∘=mBaB，得T=12N，A错误；
B、假设A加速度不变运动到斜面底端，速度v1= 2aAL= 5m/s，但是在中途A会滑落薄板，速度不是 5m/s，故B错误；
C、小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时，12aBt2+12aAt2=L，B的速度v2=aBt=43m/s，电动机瞬时输出功率P=Tv2=16W，C正确；
D、小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为E=μmAgLcs30∘=5J，D错误。
13.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查折射定律，难度较大，应熟练应用几何关系以及折射定律。
根据折射定律以及几何关系可得折射率，根据数学知识可求出从玻璃砖圆弧边射出的光对应在OB边上的长度，找到能从圆弧边射出的光对应的临界光线，并求出对应的圆心角，由此求出玻璃砖圆弧边上有光射出的长度，根据题意画出对应光路图，结合几何关系进行求解。
【解答】AB.由M点入射的光从圆弧边AB出射后恰好与OA平行，设出射光线与圆弧面的交点为P，光路图如图所示
根据折射定律n=sin45∘sinθ=sinβsinα，在△MOP内，根据正弦定理， 33Rsinα=Rsin90∘−θ，∠BOA=135∘，联立解得θ=α=30∘ β=45∘，则n=sin45∘sinθ= 2，根据sinC=1n则光线在玻璃砖上发生全反射时的临界角为45∘，发生全反射时在圆弧面的入射角为45∘，根据几何关系，可知此时出射点与圆心连线与OB的夹角为75∘，另一临界值时出射点与圆心连线与OA的夹角为15∘，则玻璃砖圆弧边上有光射出对应的圆心角为45∘，则玻璃砖圆弧边上有光射出的长度为18⋅2πR=π4R，设从玻璃砖圆弧边射出的光对应在OB边上的长度为x，则根据正弦定理：Rsin60∘=xsin45∘，解得x= 63R，A错误，B正确；
C.从B点入射的光在玻璃砖中，光路图如图所示，
，
根据正弦定理可知x′sin15∘=Rsin105∘，根据几何关系以及数学知识可知，从B点入射的光在玻璃砖中传播的总路程为(3− 32)R，光在玻璃砖中传播速度为v=c 2，则从B点入射的光在玻璃砖中传播时间为t=3− 32R⋅nc=3 2− 62Rc，C错误；
D.若改为单色绿光且能够从圆弧面射出，折射率变大，则在OB边的折射角变小，在出射点做OB的平行线，假设绿光从平行砖中射出，这样出射光线肯定与OA平行，但是在圆弧面，法线位置变化，根据折射定律可知，出射光线肯定与OA不平行，D错误。
14.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查对玻尔理论、卢瑟福实验、扩散现象和热力学第二定律的认识，基础题目，逐一分析即可判断。
【解答】
A、γ射线是原子核受到激发后产生的，大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，但不能向外辐射γ射线，故A错误；
B、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，并估算出原子核的大小，故B正确；
C、扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息的热运动，也可说明分子间存在空隙，故C正确；
D、由热力学第二定律知，从单一热库吸收热量不可能自发地全部传递给低温物体，也不可能自发地完全变成功，故D错误。
15.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查机械波振动，要知道振动加强点和减弱点的条件，知道质点通过路程计算方法。
【解答】
A、由图形可知，波速v=，A错误；
B、波长λ=vf=0.1m，且此时x=0.5m处的质点处于平衡位置且向上振动，故B起振方向向上，故A起振方向向下，A波源发出的波先到达原点处质点，故起振方向向下，B正确；
C、AB起振方向相反，故和两波源距离差为半波长奇数倍为振动加强点，故−0.175,−0.125,−0.075,−0.025,0.025,0.075,0.125,0.175,0.225,0.275,共10个加强点，C错误；
D、B波先传播到x=2.024m处，比A波先t=0.5m1m/s=0.5s到达，周期T=1f=0.1s，故质点振动s=5×4A=0.8m，x=2.024m处的质点距离两波源距离差为0.5m，半波长偶数倍，为振动减弱点，振幅为0，AB波均到达后路程为0，故总路程为0.8m，D正确。
16.【答案】Ⅰ.
(1)①C；②AD
③m1x2=m1x1+m2x3④m1 y2=m1 y3+m2 y1⑤m1 l2=m1 l1+m2 l3
(2)e、；
Ⅱ.
(1)0.635(0.633−0.637均可)；
(2)0.34；
(3)5.3×10−7(5.0×10−7∼5.5×10−7均可)；
(4)1.2；
(5)不变
【解析】Ⅰ.
【分析】本题主要考查了动量守恒定律的验证试验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解弹性碰撞的特点，解题的关键点是理解平抛的初速度与水平射程的关系。
【解答】
(1)①游标卡尺测量规范知，选C；
②斜槽末端必须水平，不需要光滑，A球必须在同一位置释放，不需要测量斜槽末端的高度，故选AD；
③由动量守恒m1v=m1v1+m2v2
由平抛运动规律h=12g(x2v)2，h=12g(x1v1)2，h=12g(x3v2)2
联立可得m1x2=m1x1+m2x3;
④由动量守恒m1v=m1v1+m2v2
由平抛运动规律y1=12gsv22，y2=12gsv2，y3=12gsv12
得m1 y2=m1 y3+m2 y1;
⑤由动量守恒m1v=m1v1+m2v2
由平抛运动规律tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，v0ttanα=lsinα，得v0∝ l，
故m1 l2=m1 l1+m2 l3。
(2)光在平行玻璃砖两面折射时，入射光线和出射光线平行，故选e针孔，作图如下：
Ⅱ.
【分析】
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)注意电流表量程和最小分度值；
(3)根据电阻定律求出电阻率；
(4)由图像截距意义计算内阻；
(5)由表达式分析误差。
本题考查了螺旋测微器的读数、实验分析、实验数据处理等问题；螺旋测微器需要估读；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。
【解答】
(1)由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为13.5×0.01mm=0.135mm，电阻丝直径d=0.5mm+0.135mm=0.635mm；
(2)电流表量程是0∼0.6A，最小分度值0.02A，故读数为0.34A；
(3)由闭合电路欧姆定律E=Ir+rA+R+Rx，其中Rx=n120R滑，化简得
1I=R滑120E⋅n+r+rA+RE，结合图像斜率可得，R滑=20Ω，
电阻丝电阻R滑=ρLS=ρLπ(d2)2，其中L=120πD，得电阻率ρ=d2R滑480D≈5.3×10−7Ω⋅m；
(4)由图像得出截距b=2.0A−1，b=r+rA+RE，将R=4.0Ω和rA=0.8Ω代入得，r=1.2Ω；
(5)由前分析知，内阻增大不影响图像斜率，不影响测量结果。
17.【答案】解：(1)初始时，对活塞：P0S+mg=P1S得：P1=1×105Pa
当物块对地面无压力时，对活塞：P0S+mg=P2S+Mg
得：P2=0.97×105Pa
对气体，由等容变化：P1T1=P2T2
得：T2=291K
(2)对气体，由等压变化h0ST2=(h0−Δh)ST3
解得Δh=4cm；
(3)整个降温压缩过程活塞对气体做功：W=P2△V=P2SΔh=38.8J
根据热力学第一定律：ΔU=W+Q
得：Q=−160J，即气体放出热量为160J。
【解析】本题考查气体状态方程，热力学第一定律的应用，基础题目。
(1)开始时和无压力时，分别对活塞由平衡条件列方程，在结合查理定律得出气体的温度；
(2)对气体，由盖-吕萨克定律列方程得出物块上升的高度；
(3)计算活塞对气体做功，结合热力学第一定律得出气体放出的热量。
18.【答案】解：(1)D−E:斜抛运动：E点为最高点，分解v0，
竖直方向：vy=4m/s，水平方向：vx=3m/s
竖直位移为y，则vy2=2gyy=0.8m
所以，h=y+0.4=1.2m
(2)滑块以vx=3m/s滑上传送带，假设能被加速到v=5m/s，则：
x=v2−vx22μ1g=1.6mF−P:动能定理：−mgR−μ2mgl2=0−12mvF2
得：μ2=0.3
(3)由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回
设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，
则：mgR−μ2mgs=0得：s=83m
所以，滑块停止时离G点：x=2l2−s=13m。
(4)设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点，
在Q点满足：mgsinα=mvQ2R，得：vQ= 4.8m/s
F−Q.动能定理：−μ2mgl2−mgR(1+sinα)=12mvQ2−12mv12
得：v1= 39.4m/s
设传送带速度为v2时，滑块撞挡板后恰能重新返回到 P点，
动能定理：−3μ2mgl2−mgR=0−12mv22
得：v2= 43m/s
若滑块被传送带一直加速，则：μ1mgl1=12mvm2−12mvx2可得vm=7m/s
所以，传送带可调节的速度范围为： 39.4m/s≤v≤ 43m/s
【解析】本题依托多过程运动情况的分析，综合考查了物体的受力与运动，动能定理。而第(4)问求解传送带速度的极值问题，主要是分清楚传送带的临界条件。
19.【答案】解：(1)①a棒在斜导轨上，由机械能守恒：2mgh=12⋅2mv02
a棒刚进入CDGH区域磁场时：v0=3m/s
切割产生的电动势：E=B1Lv0=3V
PQ两点间的电压：U=E2=1.5V
②对a棒，在CDGH区域磁场中，由动量定理：B1ILt=2mv0
其中：It=q=B1Lx12R
得：x1=4mv0RB12L2=1.2m；
(2)①b棒进入PQNM区域磁场时速度：v0=3m/s
对b棒，进入磁场到vb=2.5m/s，由动量定理：B2ILt=mv0−mvb
此过程，对a棒，由动量定理：B1ILt=2mva
可得：va=0.5m/s
此时回路电流：I=B2Lvb−B1Lva3R=0.25A
对a棒，由牛顿第二定律：a1=B1IL2m=1.25m/s2
②分析可知，两棒运动稳定时;vb=2va
对b棒，进入磁场到运动稳定，由动量定理：B2ILt=mv0−mvb
此过程，对a棒，由动量定理：B1ILt=2mva
得：va=1m/s，vb=2m/s
此过程，由能量守恒：Q2=12mv02−12⋅2mva2−12mvb2=0.15J
其中a棒产生焦耳热：Q2a=13Q2=0.05J
b棒未解锁，a棒运动时，由能量守恒定律：Q1=12⋅2mv02=0.9J
其中a棒产生焦耳热：Q1a=12Q2=0.45J
从锁定器1解除到两棒运动稳定，a棒产生总焦耳热：Qa=Q1a+Q2a=0.5J。
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，涉及动量定理的应用，弄清楚运动过程是解题的关键。
(1)①根据机械能守恒定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得出PQ两点间的电压；
②对a棒，由动量定理结合电流定义式和电荷量公式列方程得出a棒在CDGH区域磁场中运动的距离；
(2)①根据动量定理，闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律列方程得出加速度大小；
②根据动量定理、能量守恒定律和热量分配特征得出a棒产生的总焦耳热。
20.【答案】解：(1)离子在圆形磁场中汇聚到O，离子运动圆周半径r等于圆形磁场的半径R，即r=R，
如图1，
所加圆形边界磁场的半径R满足：L4≤R≤L
由qv0B1=mv02r
得：mv0qL≤B1≤4mv0qL；
(2)若B1=mv0qL时，离子圆周运动的半径：r=L
①sinθ=0.5LL=12，得θ=30∘
即与y轴正方向的夹角范围：30∘≤θ≤90∘
②若yQ=2.4L，离子经过B2、B3两个磁场后在y轴方向上离O的距离△y
Δy=4Lsinθ=4L(L−|y|L)=4(L−|y|)
临界1(如图2中轨迹①):Δy1=4(L−|y1|)=2.4L得|y1|=0.4L
临界2(如图2中轨迹②):Δy2=4(L−|y2)=3.2L得|y2|=0.2L
η=|y1|−|y2|0.5L=40%
③0i)当0ii)当1.2L|y3|=0.8L−yQ4
得：η=0.5L−|y3|0.5L=yQ2L−0.6
iii)当2LΔy5=4(L−|y5|)=yQ
得：η=|y5|−|y4|0.5L=%
iv)当3.2L离子穿过O点后经过一个运动周期打到探测板左侧，
Δy6=4(L−|y6|)=yQ得|y6|=L−yQ4
离子穿过O点后经过两个运动周期打到探测板左侧，
Δy7=8(L−|y7|)=yQ+0.8L得|y7|=0.9L−yQ8
得：η=|y6|+(0.5L−|y7|)0.5L=(L−yQ4)+(y08−0.4L)0.5L=1.2−y04L。

【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，弄清楚运动过程，正确画出运动轨迹是解题的关键。