2022年湖南省雅礼十六校高考物理二模试卷（含答案解析）

这是一份2022年湖南省雅礼十六校高考物理二模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了5v，9Ω)；S为开关，【答案】C，【答案】A，【答案】B，【答案】AC，【答案】ACD等内容，欢迎下载使用。

2022年湖南省雅礼十六校高考物理二模试卷

1. “快堆”中的钚239裂变释放出快中子，反应区周围的铀238吸收快中子后变成铀239，铀239很不稳定，经过两次β衰变后变成钚239，从而实现钚燃料的“增殖”。某5kg的钚239核燃料，每秒钟约有1.1×1013个钚239发生自然衰变，放出α粒子，已知钚239原子的α衰变质量亏损了0.0057u。已知1u相当于931.5MeV的能量，α粒子的在核燃料中减速会释放出热能，下列说法正确的是( )
A. 铀239两次β衰变后，比结合能减小
B. 原子核衰变时，动量守恒，质量不守恒
C. 原子核衰变时释放的α射线比β射线穿透能力更强
D. 假设衰变释放的能量最终变成内能，该5kg的钚239核燃料的发热功率约为10W
2. 有6个小金属球分别固定在如图所示的正六边形的顶点上，球7处于正六边形中心位置，现使球2带正电，球7带负电，要使球7在中心位置获得水平向右的加速度，下列说法正确的是( )
A. 使球1带上正电荷，其他球不带电
B. 使球4、5同时带上电荷，其他球不带电
C. 不可能只让球4带上电荷，其他球不带电
D. 不可能让球3、4、5、6同时带上电荷，其他球不带电
3. 如图，竖直放置的等螺距螺线管是用长为l的透明硬质直管(内径远小于h)弯制而成，高为h，将一光滑小球自上端管口由静止释放，从上向下看(俯视)，小球在重复作半径为R的圆周运动。小球第n次圆周运动所用的时间为( )


A. 4πRl2nghl2−h2 B. 4nπRl2ghl2−h2
C. 4πRl2ghl2−h2(n−n−1) D. 2πRl2ghl2−h2(n−n−1)
4. 如图所示，发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线圈绕垂直磁场的水平轴OO′匀速转动，线圈电阻不计，匝数为n，面积为S。发电机与理想变压器原线圈连接，Ⓥ为理想交流电压表。变压器的副线圈接有三条支路，每条支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，L1串有电阻R，L2串有电感L，L3串有电容器C。当线圈以ω0匀速转动时，三盏灯恰好亮度相同。下列判断正确的是( )
A. 当ω<ω0时，L2比L1亮
B. 当ω>ω0时，三盏灯的亮度仍然相同
C. 当转速不变，增大变压器原线圈的匝数，三盏灯均变亮
D. 当线圈以ω0匀速转动到在图示位置时，电压表的示数为nBSω0
5. 如图所示，轻质弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面底部，另一端拴接一质量为m的小物块A，静止时物块位于P点。现将另一质量也为m的小物块B紧贴着物块A由静止释放，两物块一起运动到Q点时速度为v，若将小物块B从斜面上距P点为d的S点由静止释放，物块B运动到P点时与物块A粘在一起，两物块可视为质点，则两物块一起运动到Q点时的速度为( )
A. v2+gdsinθ B. v2+12gdsinθ
C. v2+13gdsinθ D. v2+14gdsinθ
6. 如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N(N≥1)次后，刚好越过高为h的挡板MN(h可调节)也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则( )
A. h与H之比可能为1：2 B. h与H之比可能为11：36
C. 球1与球2速度之比可能为2：1 D. 球1与球2速度之比可能为16：1
7. 以下物理史实不正确的有( )
A. 德国科学家马德堡(H.Magdeburger)通过著名的马德堡半球实验证明了大气压的存在
B. 楞次(H.Lenz)发现了电流通过导体时产生热效应的规律——焦耳定律
C. 汤姆孙(G.P.Thomson)通过阴极射线管发现了电子，获得了诺贝尔奖
D. 约里奥-居里夫妇(Joliot−Curie)用α粒子轰击铝箔时，发现了人工放射性同位素
8. 已知引力常量为G，Γ星球的质量M，Γ星球的半径R，Ψ飞船在轨道I上运动时的质量m，P、Q点与Γ星球表面的高度分别为h1、h2，Ψ飞船与Γ星球中心的距离为r时，引力势能为Ep=−GMmr(取无穷远处引力势能为零)，Ψ飞船经过Q点的速度大小为v，在P点由轨道Ⅰ变为轨道Ⅱ的过程中，发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷出一部分气体，喷出的气体相对喷气后Ψ飞船的速度大小为u，则下列说法正确的是( )
A. Ψ飞船在圆形轨道Ⅰ上运动的速度大小约GMR+h1
B. Ψ飞船经过P点时的速度大小为v2−2GM(1R+h1−1R+h2)
C. Ψ飞船在轨道Ⅱ上运动时速度大小变化
D. 喷出的气体的质量为mu[GMR+h1−v2+2GM(1R+h1−1R+h2)]
9. 如图，一倾角为α=37∘的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12kg的足够长木板；一木块(可视为质点)置于木板上，木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6m。木块与木板同时由静止开始下滑，木块下滑距离x1=0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小为F=kv1(v1为木块运动速度)，木块以v1做匀速运动，直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上，木板以v2的速度匀速运动，作用力F=kv2保持恒定。g=10m/s2，k=0.12N⋅s/m，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。下列说法正确的有( )
A. 木板匀速运动速度v2为5m/s
B. 木块的质量为0.04kg
C. 木块与木板之间的动摩擦因数为0.25
D. 木板匀速运动的距离为1.11m
10. 某发光元件D的伏安特性曲线图1所示，元件在达到正向导通电压UD后能够发光，为了简化问题，可认为发光后元件两端电压保持为UD不变(UD附近伏安特性曲线的斜率极陡)，电压小于UD或加反向电压时，元件均处于截止状态。将该元件通过水平直导线MN接入光滑竖直平行导轨中，如图2所示，该导轨间距L=0.5m，MN下方0.4m处有一根导体棒PQ水平跨接在导轨上，紧接PQ正下方的导轨间交替分布着垂直纸面方向，磁感应强度B=1.0T，宽度d=0.1m的匀强磁场，除发光元件外，其余电阻不计，导轨足够长，重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计。开始时锁定PQ，在PQ正上方空间里施加一垂直纸面向外均匀增加的匀强磁场，当磁感应强度的变化率时ΔBΔt=12.5T/s，元件恰好能导通发光，下列说法正确的有( )

A. UD的值为2.5v
B. 流过元件D的电流方向为N→M
C. 撤去PQ上方的磁场同时解除锁定，元件再次发光时PQ所在的磁场区域序号n为14
D. 在C的条件下，元件最终的闪烁周期(连续明暗一次的时间)约为0.0396s
11. 利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象，实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：

①如图甲所示，固定力传感器M；
②取一根不可伸长的细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O，并固定在传感器M的挂钩上(小圆环刚好够一根细线通过)；
③让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示；
④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示。
请回答以下问题：
(1)小铁球的重力为______。
(2)为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，则需要测量的物理量为______。
(3)若实验测得了(2)中所需测量的物理量，则为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证等式是否成立即可。(用题中所给物理量的符号来表示)
12. 一实验小组利用图甲所示电路测量一电池的电动势E和内阻r。图中电流表量程为50mA，内阻RA=10Ω；定值电阻R1=R2=20Ω；电阻箱R(最大阻值为999.9Ω)；S为开关。完成下列填空：

(1)按电路图连接电路。闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电流表的相应读数I，用R、R1、R2、RA、E和r表示1I，得1I=______；
(2)利用测量数据，作1I−1R图线，如图乙所示，则E=______V，r=______Ω；(保留2位有效数字)
(3)若将图甲中的电流表当成理想电表，得到的电源电动势为E′，由此产生的误差为|E′−EE|×100%=______%。
13. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系。
(1)设a=L，c=H，在0≤x≤a范围内有沿+y方向的匀强磁场，磁感应强度B0，在A点沿+z方向射入质量为m，电荷量为−q的粒子，若粒子恰好经过BB1靠近B1的三等分点，试求粒子入射的速度和在磁场内运动轨迹上的点到直线A1B1的最小距离；
(2)设a=4L，b=262L，c=102L，在四边形AD1C1B内(含边界)有垂直于平面AD1C1B斜向下的匀强磁场，磁感应强度B0，在A点沿+x方向射入质量为m，电荷量为+q的粒子1，若粒子1恰好经过D1C1中点，试求粒子1在磁场内运动轨迹上的点到C点的最小距离；
(3)在(2)的条件下，当粒子1距离C点最近时，与速度为v1的不带电的粒子2发生弹性正碰，且发生碰撞时粒子1在前，粒子2在后。已知碰撞时两粒子发生电荷转移，且碰撞后电荷量与质量成正比，若发生碰撞后粒子1恰不离开磁场(不考虑与粒子2再次碰撞的情况)，试求粒子2的质量M。(忽略粒子重力和相对论效应)








14. 如图所示，质量m1=1.9kg的靶盒a静止在固定平台上的O点，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k=184N/m。长度l=2.25m、质量m2=1.0kg的木板b静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d=4.25m处有竖直墙壁。某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0=100m/s、质量m0=0.1kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板。已知靶盒与平台、与木板上表面的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g=10m/s2。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程。









15. 下列说法中正确的是( )
A. 热量不可能从低温物体传向高温物体
B. 夏天，在太阳下暴晒过久的车胎突然爆裂，车胎内气体分子平均动能减小
C. 等温的不同种类气体混合的过程属于一个熵增加过程
D. 向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围的运动，属于布朗运动
E. 在温度均匀且恒定的水池中，有一气泡(内部气体可视作理想气体)缓慢向上浮起的过程中，气体从水中吸热
16. 为了测量一些形状不规则而又不便于进入液体的固体体积，可以用如图所示的装置测量。操作步骤和实验数据如下。
a.打开阀门K，使管A、容器B、容器C和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置。
b.关闭K，向上举D，使左侧水银面到达刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm。
c.打开K，把被测固体放在C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K。
d.向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为20.0cm。
已知容器C和管A的总体积为1000cm3，大气压相当于76cmHg，求被测固体的体积。








17. 如图所示为振幅、频率相同的两列横波在t=0时刻相遇时发生干涉的示意图，实线与虚线分别表示波峰和波谷。已知两列波的振幅均为5cm，波速和波长均为1m/s和0.4m。下列说法中正确的是( )
A. R、S两点始终处于静止状态
B. P点始终处于波谷位置
C. Q点在t=0.1s时刻将处于平衡位置
D. 从t=0到t=0.2s的时间内，Q点通过的路程为20cm
E. 从t=0到t=0.2s的时间内，R点通过的路程为20cm
18. 一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30∘，斜边AB=a.棱镜材料的折射率为n=2.在此截面所在的平面内，一条光线以45∘的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置(不考虑光线沿原路返回的情况．)







答案和解析

1.【答案】BD

【解析】解：A、由于衰变的过程中释放能量，所以衰变后的总结合能增大；铀239两次β衰变后质量数不变，所以铀239两次β衰变后比结合能增大，故A错误；
B、动量守恒是自然界普遍存在的规律，衰变的过程中动量是守恒的，但衰变的过程中释放核能，质量有亏损，故B正确；
C、根据三种射线的特点可知，α射线比β射线穿透能力弱，故C错误；
D、根据质能方程，1u相当于931.5MeV的能量，则一次α衰变释放的能量：E=0.0057×931.5MeV=5.30955MeV=5.35955×1.6×10−19×106J=8.5×10−13J
每秒钟约有1.1×1013个钚239发生自然衰变，则功率：P=nE=1.1×1013×8.5×10−13W≈10W，故D正确。
故选：BD。
衰变的过程中释放能量，比结合能增大；衰变过程中动量守恒，根据三种射线的特点分析；根据质能方程解答。
本题考查了核反应方程以及核反应过程中功能关系的应用，尤其是实动量守恒和能量守恒在近代物理中的应用是重点知识，要加强理解与应用。

2.【答案】B

【解析】解：建立如图所示坐标系，要使球7在中心位置获得水平向右的加速度，球7所受合外力应沿+x轴方向，同时y轴方向合力为0。

A、使球1带上正电荷，其他球不带电，那么球7受指向①和②的库仑引力，y轴方向合力不为0，故A错误；
B、使球4、5同时带上电荷，其他球不带电，那么球7受指向②的库仑引力，球4、5电荷的电性和电量未知，但可以使Fy=0，Fx沿+x轴方向，故B正确；
C、可以只让球4带上正电荷，其他球不带电，球7受指向②和④的库仑力，可以使Fy=0，Fx沿+x轴方向，故C错误；
D、可以让球3和球6带上等量同种电荷，对球7的库仑力抵消，情况同B选项，故D错误。
故选：B。
根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，再结合矢量的合成法则，及牛顿第二定律，即可一一判定。
考查库仑定律的内容，掌握矢量的合成法则与牛顿第二定律的应用，注意球7在中心位置获得水平向右的加速度，即合力方向水平向右是解题的突破口。

3.【答案】C

【解析】解：将螺线管等效看做是高为h，长为l的斜面，斜面与水平方向的夹角为θ，则小球在螺线管上运动的加速度大小为
mgsinθ=ma
sinθ=hl
解得a=gsinθ=ghl
设小球在进行第n次圆周运动时的初、末速度大小分别为v1和v2，根据运动学规律有
v12=2a(n−1)2πRll2−h2
v22=2a2πnRll2−h2
解得小球第n次圆周运动所用的时间为
t=v2−v1a=4πRl2ghl2−h2(n−n−1)
故ABD错误，C正确。
故选：C。
将螺线管等效看做斜面，求出小球在斜面上的加速度，再根据vt2−v02=2as代换出第n次圆周运动的初速度和末速度，再根据a=ΔvΔt求解出第n次圆周运动的时间。
本题主要考查牛顿第二定律，重点在于根据vt2−v02=2as代换第n次圆周运动的初速度和末速度，此题计算量比较大，难度较大。

4.【答案】A

【解析】解：A、当ω<ω0时，由ω=2πf可知，交流电的频率减小，L1与L2两支路的电压相等，电阻R不变，电感L的感抗减小，故L2比L1亮，故A正确。
B、当ω>ω0时，电阻R不变，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，故三盏灯的亮度不相同，故B错误。
C、根据变压器的变压之比得：U1U2=n1n2，当转速不变，增大变压器原线圈的匝数时，U1不变，副线圈电压减小，三盏灯均变暗，故C错误。
D、电压表测得是交流电压的有效值，当线圈以ω0匀速转动到在图示位置时，产生正弦交流电的电动势的有效值为：E=nBSω02
由于线圈内阻不计，故电压表的示数为U=E=nBSω02，故D错误。
故选：A。
当ω<ω0时，交流电的频率减小，电阻R不变，电感L的感抗减小，当ω>ω0时，电阻R不变，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，三盏灯的亮度不相同；当转速不变，增大变压器原线圈的匝数时，副线圈电压减小，三盏灯均变暗；电压表测得是交流电压的有效值，写出电动势最大值表达式，进而求有效值。
本题考查了变压器的知识，知道电压表的示数为有效值，以及电容和线圈在电路中的作用。

5.【答案】B

【解析】解：设两物块A、B由P运动到Q过程弹簧弹性势能的增加量为ΔEp，设P、Q间的高度差为h，
由功能关系得：2mgh=ΔEp+12×2mv2
物块B从静止释放到两物块碰撞前瞬间过程，由动能定理得：mgdsinθ=12mv02−0
两物块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，
由动量守恒定律得：，
两物块从P运动到Q过程，由功能关系得：
解得两物块到达Q点时的速度vQ=v2+12gdsinθ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
应用动能定理求出A、B碰撞前瞬间B的速度；两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的共同速度，然后应用功能关系求出两物块到达Q点时的速度。
分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与功能关系可以解题。

6.【答案】B

【解析】解：CD、两小球都能落在Q点，对球1：H=12gt2，xOQ=v1t；对球2：H=12gt2，xOQ=(2N+1)v2t；可得v1v2=2N+11，球1与球2速度之比可能为3：1、5：1、7：1、…，故CD错误；
AB、刚好能过M点，对球1：H−h=12gt′2，xOM=v1t′；对球2：H−h=12gt′2，xOM=(2N−1)v2t+v2△t，其中△t=t−t′=2Hg−2(H−h)g，可得v12(H−h)g=v2(2N2Hg−2(H−h)g)，利用v1v2=2N+11代入可解得hH=(N+1)2−N2(N+1)2，当N=5时，h与H之比为11：36，故A错误，B正确。
故选：B。
根据H=12gt2和x=vt判断两小球都能落在Q点和刚好能过M点的位移时间关系。
本题求解的关键要注意球2与地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有对称性．

7.【答案】AC

【解析】解：A、德国马德堡市的市长奥托⋅格里克用马德堡半球实验证明了大气压的存在，故A错误；
B、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律——焦耳定律。故B错误；
C、汤姆孙(G.P.Thomson)通过阴极射线管发现了电子，获得了诺贝尔奖，故C错误；
D、约里奥-居里夫妇(Joliot−Curie)用α粒子轰击铝箔时，发现了人工放射性同位素，故D正确。
本题选不正确的，故选：AC。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

8.【答案】ACD

【解析】解：A.飞船在圆形轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力，则有GMm(R+h1)2=mv12R+h1
解得：v1=GMR+h1
故A正确；
B.飞船从Q到P，在同一轨道飞船机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
12mv2−GMmR+h2=12mvP2−GMmR+h1
解得vP=v2+2GM(1R+h1−1R+h2)
故B错误：
C.轨道Ⅱ为椭圆，根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时速度大小变化，故C正确；
D.根据动量守恒定律，有
mv1=(m−Δm)vp+Δm(vp+u)
解得
Δm=mu[GMR+h1−v2+2GM(1R+h1−1R+h2)]
故D正确。
故选：ACD。
根据万有引力提供向心力GMm(R+h1)2=mv12R+h1化简可得飞船在轨道I上做匀速圆周运动的速度。飞船在轨道II上运动的过程中机械能守恒定律，可得P点的速度。由动量守恒定律mv1=(mΔm)vP′+Δm(u+vP′)，代入数据化简可得喷出气体的质量Δm。
本题涉及到多个知识点，既要用到万有引力提供向心力这个关系，还要用到机械能守恒和动量守恒，运算复杂，计算时要小心谨慎。

9.【答案】ABD

【解析】解：ABC、分析木板和木块下滑x1过程，根据牛顿第二定律有：
(M+m)gsinα=(M+m)a1
解得：a1=6m/s2
根据运动学公式则有：v12−0=2a1x1
解得：v1=3m/s
木块匀速运动时，对木块：
mgsinα+μmgcosα=kv1
对木板
Mgsinα−μmgcosα=Ma2
由运动学公式有：v22−v12=2a2L
木板匀速运动时，Mgsinα=μmgcosα+kv2
联立解得：v2=5m/s；a2=5m/s2；μ=0.375；m=0.04kg，故AB正确，C错误；
D、木板匀速运动时，对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律有：
mgsinα+μmgcosα=ma3
解得：a3=9m/s2
木块加速过程
v2=v1+a3t
解得：t=29s
故木板匀速运动的距离为
x2=v2t=5×29m=109m≈1.11m，故D正确；
故选：ABD。
分析出木块和木板在多个运动过程中的受力分析，结合牛顿第二定律分析出加速度，同时利用运动学公式联立等式完成解答。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，解题的关键点是熟练掌握对物体的受力分析，特别是摩擦力的方向问题，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。

10.【答案】ACD

【解析】解：A、由法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=12.5×0.4×0.5V=2.5V，则UD的值为2.5V，故A正确；
B、由楞次定律判断电流方向为：M→N，故B错误；
C、解除锁定后，导体棒开始将做自由落体运动，切割磁感线产生电动势需达到UD且正向才能发光，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，代入数据解得：v=5m/s，由自由落体速度位移关系：v2=2gh解得：h=1.25m，已经到达第13个磁场区域，但该磁场区域中产生的电动势方向为反向，元件不发光，导体棒继续下落至第14个磁场区域时才能发光，故n=14，故C正确；
D、当导体棒以大于v=5m/s的速度进入偶数磁场时，电流迅速增大，安培力突增使其瞬间减速到v=5m/s，减速过程时间忽略不计，之后以v=5m/s在偶数磁场区域做匀速直线运动，运动的时间t1=dv=0.15s=0.02s；当导体棒出偶数磁场，进入奇数磁场时，由于电动势反向，电流为零，又开始以加速度g做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移-时间公式得：d=vt2+12gt22，代入数据解得：t2=0.0196s(t2=−1.0196s不符合实际舍去)闪烁周期约为：T=t1+t2=0.02s+0.0196s=0.0396s，故D正确。
故选：ACD。
根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可以求得电压和电流的方向；
分析下落过程运动情况，根据导体切割磁感线产生的电动势求解元件能发光时导体棒的速度，判断导体棒的位置；
当速度达到5m/s，元件闪烁达到稳定，在偶数磁场中，元件发光，在奇数磁场内，元件不发光，导体棒通过两个磁场组成了一个闪烁周期，求解导体棒在两磁场中的总时间，即为闪烁周期。
本题是一个综合性的题目，较为复杂。需要掌握法拉第电磁感应定律，运动学公式，导体切割磁感线产生电动势的公式，需要分析好在哪种磁场内电路中有电流，使元件闪烁。

11.【答案】F0  F0、F1、F2

【解析】解：(1)由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知，小球的重力为G=mg=F0；
(2)(3)小球在最低点，由牛顿第二定律，则有：F2−F0=mv2l
小球在最低点的动能为：Ek=12mv2=12(F2−F0)l
从A到最低点，物体的重力势能减少量等于重力做的功即：WG=F0l(1−cosθ)
另有对A点受力分析得：F0cosθ=F1
小铁球从A到最低点的过程中，如果机械能守恒，即重力势能减少量等于动能增加量，即为：12(F2−F0)l=F0l(1−cosθ)
联立化简得：3F0=2F1+F2
即为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，则需要测量的物理量F0、F1、F2
故答案为：(1)F0；(2)F0、F1、F2；(3)3F0=2F1+F2
(1)小铁球静止时，绳上的拉力大小等于小铁球的重力；
(2)(3)通过物理规律表示出动能的增加量和重力势能的减小量，看两量是否相等验证机械能守恒。
对于机械能守恒的表达式，需要表示从A点到最低点过程中，重力势能减少量以及动能的增加量，特别是对A点，速度为零，故小球的向心力为零，绳子拉力F1与小球重力沿绳的分量F0cosθ相等，从而找到F1和F0关系；

12.【答案】(R1+RA)(R2+r)E⋅1R+R1+RA+R2+rE  3.60.642.9

【解析】解：(1)由电路图可知，R1与电流表串联后与电阻箱并联，然后再与R2串联，由闭合电路欧姆定律可知
E=[I+I(R1+RA)R][R2+r+(R1+RA)RR1+RA+R]
变形可得
1I=(R1+RA)(R2+r)E⋅1R+R1+RA+R2+rE
(2)由图可知
(R1+RA)(R2+r)E=100−140.5Ω/A
R1+RA+R2+rE=14
化简得
E=3.6V，r=0.64Ω
(3)若将图甲中的电流表当成理想电表，则没有电阻，此时得到的电源电动势为E′
E′=3.7V
则|E′−EE|×100%=|3.7−3.63.6|×100%=2.9%
故答案为：(1)(R1+RA)(R2+r)E⋅1R+R1+RA+R2+rE；(2)3.6，0.64；(3)2.9
(1)根据实验原理，由闭合电路欧姆定律求出1I；
(2)明确实验原理，根据图象的性质和闭合电路欧姆定律即可求得电动势和内电阻；
(3)如果电流表当成理想电表，根据闭合电路欧姆定律求出电源电动势E′，然后可求出电源电动势的误差大小。
本题考查测量电动势和内电阻的实验原理、数据处理以及误差分析等问题，要特别注意掌握误差分析的基本方法，明确电表内阻所带来的影响．关键是要根据电路原理，由闭合电路欧姆定律列出电源电动势的表达式。

13.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，沿+z方向射入磁场的粒子的运动轨迹如图1所示，设粒子入射的速度为v，运动半径为R，
BB1边靠近B1的三等分点为F，根据几何关系可得：
BF=23H
(L−R)2+(23H)2=R2
解得：R=9L2+4H218L
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB0=mv2R
解得：v=qB0Rm=(9L2+4H2)qB018mL
粒子在磁场内运动轨迹上的点到直线A1B1的最小距离为：smin=H−R=H−9L2+4H218L；
(2)粒子1在四边形AD1C1B内做匀速圆周运动，运动轨迹如图2所示，设粒子1入射的速度为v0，运动半径为r，D1C1边的中点为M。
由勾股定理可得：b2+c2=AD12
已知：b=262L，c=102L，
解得：AD1=3L
又有：MD1=a2=2L
根据几何关系可得：
(3L−r)2+(2L)2=r2
解得：r=136L
OD1=3L−r=56L
将C点投影到四边形AD1C1B上，如图3所示，在C1B上的C′点为C的投影，则有CC′⊥C1B。
由图中几何关系可得：C′C1=56L
在图2中，由于C′C1=OD1=56L，可知OC′//D1C1
故N到C′的距离是运动轨迹上的点到C′点的最小距离，可知N到C的距离是运动轨迹上的点到C点的最小距离。
以N、C′、C三点为顶点的三角形为直角三角形，NC是此三角形的斜边，则有：
NC=NC′2+C′C2
NC′=4L−r=116L
CC′=c2−C′C12=656L
联立解得：NC=1866L
(3)由题意可知两粒子在图2中的N点发生碰撞，设碰前粒子1的速度为v0，碰后粒子1与粒子2的速度分别为v2、v3，碰后粒子1的电荷量为q1，运动半径为r1。
碰撞后粒子1恰不离开磁场，则其轨迹与边D1C1相切，可知r1=56L。
已知碰撞电荷转移后电荷量与质量成正比，可得：q1=mm+Mq
由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B0=mv02r；q1v2B0=mv22r1
解得：v0=qB0rm=13qLB06m；v2=q1B0r1m=5qLB06(m+M)
两粒子发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，以碰前粒子1在N点的速度方向为正方向，则有：
Mv1+mv0=mv2+Mv3
12Mv12+12mv02=12mv22+12Mv32
联立解得：v2=2Mm+Mv1+m−Mm+Mv0
可得：5qLB06(m+M)=2Mm+Mv1+m−Mm+M⋅13qLB06m
解得：M=8mqLB013qLB0−12mv1.
答：(1)粒子入射的速度为(9L2+4H2)qB018mL和在磁场内运动轨迹上的点到直线A1B1的最小距离为H−9L2+4H218L；
(2)粒子1在磁场内运动轨迹上的点到C点的最小距离为1866L；
(3)粒子2的质量M为8mqLB013qLB0−12mv1。

【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹图，根据几何关系求得运动半径，由洛伦兹力提供向心力求解；
(2)做出粒子1的轨迹图，由几何关系求得运动半径，利用数学立体几何知识求解；
(3)由洛伦兹力提供向心力求解碰撞前后粒子1的速度，注意碰撞前后粒子1电荷量的不同；两粒子发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。

14.【答案】解：(1)选水平向左的方向为正方向
子弹射入靶盒的过程中，根据动量守恒得：
m0v0=(m1+m0)v
系统损失的动能为：
ΔEk=12m0v02−12(m1+m0)v2
解得：ΔEk=475J
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律得：
12(m1+m0)v2=μ(m1+m0)gx+12kx2
解得：x=0.5m
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，由动能定理得：
−2μ(m1+m0)gx=Ek−12(m1+m0)v2
解得：Ek=21J
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒a离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒得：
Ek=μ(m1+m0)g(s+l)
解得：s=3m
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1
−μ(m1+m0)gs=12(m1+m0)v12−Ek
解得：v1=3m/s
设之后靶盒与木板达到共同速度v1′
(m1+m0)v1=(m1+m0+m2)v1′
该过程中木板的位移为s1，木板的加速度为a
则μ(m1+m0)g=m2a
根据v12=2as1
解得：s1=0.5m 说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移s1速度减为零，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向
(m1+m0)v1′−m2v1′=(m1+m0+m2)v2
v2=13v1′
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移s2减为零，再向右加速
v22=2as2
设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3
(m1+m0)v2−m2v2=(m1+m0+m2)v3
解得：v3=13v2=(13)2v1′
第三次与墙壁碰撞之后，经位移s3速度减为零，再向右加速
v32=2as3
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn+1
则vn+1=(13)nv1′
经位移sn速度减为零，再向右加速
vn+12=2asn+1
木板的路程为：
L=d−l+2s1+2s2+⁗″+2sn−1
即L=d−l+v1′2d(1+132+134+⁗″+132n)
解得：L=3.125m
答：(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能为475J；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能为21J；
(3)O点到平台右端的距离为3m；
(4)木板运动的总路程为3.125m。

【解析】(1)根据动量守恒定律结合能量守恒定律分析出系统损失的动能；
(2)根据动能对靶盒的运动过程进行分析，联立等式计算出靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)根据能量守恒定律分析出O点到平台右端的距离；
(4)依次分析出前几次碰撞过程中的速度变化，结合数学的等比数列知识和运动学公式完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解物体碰撞前后的守恒量，结合动量守恒定律以及能量守恒定律逐个分析，同时理清物体的运动情况，结合运动学公式和动能定理分析出位移，解题的关键点是结合数学的等比数列知识完成解答，对学生的数学要求较高，难度较大。

15.【答案】BCE

【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传向高温物体，但需要引起其他变化，故A错误；
B、在车胎突然爆炸的瞬间，气体对外做功，即W<0，瞬间吸收热量很少，几乎为零，即Q=0，由根据热力学第一定律△U=Q+W，可得△U<0，气体内能减小，又根据一定质量的理想气体内能只与温度有关，所以车胎内气体温度降低，则其分子平均动能减小，故B正确；
C、等温的不同种类气体混合时，两者分布由分离变向均匀，体系混乱程度上升，所以是一个熵增加过程，故C正确；
D、向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围的运动，属于扩散现象，故D错误；
E、气泡体积增大，对外做功，由于温度不变，因此分子的平均动能不变，气泡内气体的内能不变，根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体吸收热量，故E正确。
故选：BCE。
根据热力学第二定律分析；根据热力学第一定律△U=W+Q判断；根据熵增加原理判断；根据扩散现象判断；根据热力学第一定律△U=W+Q。
本题考查了热力学第一、第二定律，明确热力学第二定律的不同表述，以及热力学第一定律的理解是解题的关键。

16.【答案】解：设容器C和管A的总体积为V0，容器B的体积为VB，被测固体的体积为V，大气压强为p0
放入被测固体前，对容器中的气体：
初态：p1=p0，V1=V0+VB
末态：p2=p0+19cmHg，V2=V0
根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2
放入被测物体后，对容器中气体：
初态：p3=p0，V3=V0+VB−V
末态：p4=p0+20.0cmHg，V4=V0−V
根据玻意耳定律可得：p3V3=p4V4
联立解得：V=50cm3
答：被测固体的体积50cm3。

【解析】整个过程都是等温变化，确定三个状态和各状态下的状态参量，根据理想气体等温变化列式即可求得结果。
该题考查了理想气体等温变化，解题的关键是确定气体状态和分析状态参量，体积的分析是解答该题的关键。

17.【答案】ACD

【解析】解：A、由图可知，R、S两点是波峰和波谷相遇的位置，所以振动减弱，两列波振幅相同，所以这两个点总是静止的。故A正确；
B、由图可知，P点是波谷和波谷相遇的位置，是振动加强点，但是P质点时刻在振动，不是总在波谷位置，故B错误；
C、两列波的波速是1m/s，波长是0.4m，周期等于波长除以波速，所以周期是0.4s。由图知此时Q点在波峰，再经历四分之一周期后，Q点应该在平衡位置，故C正确；
D、由C选项分析可知，在0到0.2s内，经历了半个周期，Q点的路程应该是两倍振幅，Q点又属于振动加强点，叠加后的波振幅应该是10cm，所以Q点的路程是20cm，故D正确；
E、由A的分析可知R质点一直静止，路程是0。故E错误。
故选：ACD。
波的叠加问题要分析好质点是振动加强点还是振动减弱点，要注意位移叠加要求矢量和。
波的叠加要考虑波峰和波峰相遇，波谷和波谷相遇是振动加强点，要注意求位移的矢量和。

18.【答案】解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：sinisinr=n①
由已知条件i=45∘，n=2解得    r=30∘②
(1)如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系可得
   AF=38a③
即出射点在AB边上离A点38a的位置．
(2)如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D.
由几何关系可知，在D点的入射角
  θ=60∘④
设全反射的临界角为C，则
  sinC=1n⑤
由⑤和已知条件得
   C=45∘⑥
因此，光在D点全反射．
设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90∘
  BD=a−2AF⑦
  BE=DBsin30∘⑧
联立③⑦⑧式得
BE=18a
即出射点在BC边上离B点18a的位置．
答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点38a的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点18a的位置．光路图如图所示．

【解析】光线以45∘的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．
本题中入射光线的位置未知，要分析两种情况进行研究，不能漏解．要将折射定律与几何知识结合起来分析光路．