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2022年河南省六市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年河南省六市高考物理二模试卷（含答案解析），共18页。
2022年河南省六市高考物理二模试卷
1. 1934年，约里奥⋅居里夫妇用α粒子轰击静止的铝核(1327Al)，发现了放射性磷P(1530P)，并同时释放一个X粒子，磷核 1530P具有放射性，它在衰变为硅核(1430Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是( )
A. 质子、电子 B. 质子、正电子 C. 中子、电子 D. 中子、正电子
2. 滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起。假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6m/s2，位移为150m，后一段的加速度为7m/s2，路程为50m，则飞机的离舰速度是( )
A. 40m/s B. 45m/s C. 50m/s D. 55m/s
3. 我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如图所示。三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径rC
C. B离地高度为3gR2T24π2−R D. C的周期为2π(R+h)gRgR
4. 利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变。电荷量相同、质量不同的带电粒子沿同一水平方向射入方向竖直向下的同一匀强电场，经过相同水平位移经相同时间时速度的偏转角相同，电场区域足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的( )
A. 速度 B. 动量 C. 加速度 D. 动能
5. 水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动。如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客坐在座椅上，座椅悬挂在伞下，游艇牵引伞的绳系在悬挂座椅的结点上，结点O受到牵引绳的拉力F1、滑翔伞的拉力F2和座椅的拉力F3的作用，其中F1斜向左下方，F2斜向右上方，F3竖直向下，如图2所示。若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变，游客和座椅受到的空气阻力可以忽略不计，则游艇速度越大( )
A. F1越大 B. F2越大
C. F3越大 D. F2与水平面的夹角越大
6. 如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP。下列说法正确的是( )
A. 电压表V1的示数不变，电压表V2的示数增大
B. 电流表A1、A2的示数均增大
C. 输电线上损失的电压增加了RkΔPU
D. 输电线上损失的功率增加R(kΔP)2U2
7. 如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r的四分之一圆弧金属轨道MN和M′N′与足够长的水平金属轨道NP和N′P′连接组成，轨道间距为L，电阻不计；电阻为R，质量为m，长度为L的金属棒cd锁定在水平轨道上距离NN′足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R、质量为m，长度为L的金属棒ab从轨道最高端MM′位置开始，以大小为v0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. ab刚运动到NN′位置时，cd受到的安培力大小为B2L2v02R，方向水平向左
B. ab从MM′运动到NN′位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB2L2v04R
C. 若ab运动到NN′位置时撤去外力，则ab能够运动的距离为mv0RB2L2
D. 若ab运动到NN′位置撤去外力，同时解除棒cd的锁定，则此后回路中产生的焦耳热为14mv02
8. 如图所示，质量分别为m、2m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的轻质细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C。现将C球向右拉起至细线水平，由静止释放小球，已知重力加速度为g，在之后的过程中(球与杆、A、B均无接触)( )
A. 木块A、B分离后，B的速度大小为6gL6
B. 木块A最大速度为6gL2
C. 球C在O点正下方向右运动时，速度大小为6gL2
D. 球C过O点正下方后，上升的最大高度为L
9. 图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列为题：
(1)下列说法正确的是______；
A.此实验必须平衡摩擦力
B.此实验需要遮光片的宽度d尽量小
C.此实验必须满足条件：M远大于m
D.此实验需要两光电门之间距离s尽量小些
(2)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，其读数为______ cm。
(3)请用M、m、d、s、ΔtA、ΔtB和重力加速度g表示动摩擦因数μ=______。
10. 太空探测器在探枭宇宙过程中，太阳能电池板能给它提供能源．某学校实验室有一块太阳能电池板，当有光照射时，它作为电源，其路端电压与总电流的关系图象如图甲中的曲线①所示；当没有光照射时，它相当于一个只具有电阻的电学器件，无电动势．一实验小组用“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验方法，探究该电池板在没有光照射时的伏安特性曲线，利用电压表(内阻约3kΩ)、电流表(内阻约100Ω)测得的多组数据在图甲中描出了各点，并用平滑曲线连接得到曲线②．
(1)分析曲线②可知，该电池板作为电阻器件时的阻值随通过电流的增大而______(填“增大”或“减小”)，若所设计的电路如图乙所示，实验时应将图乙中电压表另一端a接在______点(填“b”或“C”)；
(2)图乙电路中a端接好后还少接了一条导线，请在图乙中画出；
(3)分析曲线①可知，该电池板作为电源时的电动势为______V，若把它与阻值为1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是______%(结果保留两位有效数字).
11. 打桩船是海上风电场、跨海大桥、港口码头等海洋工程建设的重要装备。如图所示，是打桩船工作原理等效简化图，质量为M=200t的桩竖直放置，质量为m=50t的打桩锤从离桩上端h=1.25米处静止释放，自由下落后与桩碰撞(碰撞时间极端)，然后一起向下运动直到停止，重力加速度g取10m/s2。
(1)打桩锤与桩碰撞后瞬间的速度大小。
(2)若打桩前，桩的下端与海床上表面齐平，第一次打桩后，桩向下运动的距离为x1=0.4m，桩向下运动时受到海床的阻力，与桩进入海床的深度成正比，比例系数用k表示，不计海水对桩的浮力，求k的大小？
12. 某种回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一狭缝(沿OP方向的狭长区域)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(如图乙所示)，当带电粒子每次进入两极板间时，板间电势差为U(下极板高于上极板电势)，当粒子离开两极板后，极板间电势差为零；两细虚线间(除开两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、电荷量为q(q>0)的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为4D.已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设如果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力，求：
(1)磁感应强度可能的最小值；
(2)调节磁感应强度大小为B1=92D2mUq，计算离子从P点射出时的动能。
(3)若将磁感应强度在(4D2mUq,6D2mUq)范围内调节，写出离子能从P点射出时该范围内磁感应强度B所有的可能值。
13. 下列说法中，正确的是( )
A. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力
B. 浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力
C. 空气的相对湿度越大，水蒸发越慢
D. 干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，天气越干燥
E. 密闭容器中某种蒸汽开始若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸汽仍是饱和的
14. 某物理学习兴趣小组设计了一个测定水深的深度计，如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸Ⅰ、Ⅰ内径分别为D和2D，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，气缸Ⅰ内通过A封有压强为po的气体，气缸Ⅱ内通过B封有压强为4p0的气体，两气缸通过一细管相连，初始状态A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10m高的水柱产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，求：
①当B刚要向右移动时，A向右移动的距离；
②该深度计能测量的最大水深hm。
15. 下列说法中正确的是( )
A. 光从折射率大的介质射向折射率小的介质时，可能发生全反射
B. 光的偏振实验表明，光是一种纵波
C. 采用同一装置做双缝干涉实验，红光比紫光条纹宽度大
D. 在同一种介质中，波长越短的光传播速度越小
E. 由于超声波的频率很高，所以超声波比我们能听到的声波更容易发生衍射现象
16. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0∼25m部分的波形图如图中实线，经过Δt=0.3s该部分波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点O的距离为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为xA=7.5m。
(1)求该简谐横波的波速。
(2)当波速取最小值时，求质点A的振动方程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：用α粒子轰击铝核(1327A1)，在生成磷核(1530P)的同时释放一个x粒子，根据电荷数守恒、质量数守恒知，x粒子的电荷数为0，质量数为1，即为中子。
磷核(1530P)具有放射性，它在衰变为硅核(1430Si)的同时释放一个y粒子，根据电荷数守恒、质量数守恒，y粒子的电荷数为1，质量数为0，即为正电子，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据电荷数守恒、质量数守恒得出x粒子和y粒子的电荷数和质量数，从而确定粒子的种类。
解决本题的关键核反应方程中，电荷数守恒、质量数守恒，记住常见粒子的电荷数和质量数，基础题。
2.【答案】C
【解析】解：前一段过程，由速度-位移公式得：v12=2a1x1
代入数据解得：v1=302m/s
后一段过程，由速度-位移公式得：v22−v12=2a2x2
代入数据解得飞机的离舰速度为：v2=50m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
分段分析，对两段匀加速直线运动分别运用速度-位移公式求解。
本题考查分阶段匀加速直线运动，注意后一阶段匀加速运动的初速度为前一阶段匀加速运动的末速度。
3.【答案】C
【解析】解：AB、卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r=mrω2
整理可得v=GMrω=GMr3
由题意知轨道半径rC
GMm(R+h′)2=m(R+h′)4π2T2
整理可得h′=3GMT24π2−R
在地球表面物体的重力等于物体的万有引力，有mg=GMmR2
联立整理可得h′=3gR2T24π2−R
故C正确；
D、对卫星C，根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T′2
联立整理可得T′=2π(R+h)g(R+h)gR
故D错误。
故选：C。
AB、根据万有引力提供向心力，得出卫星的线速度和角速度与轨道半径的关系，结合题意判断各卫星的线速度和角速度关系；
C、利用万有引力提供向心力，结合在地球表面物体的重力和万有引力的关系，求出卫星B距离地面的高度；
D、根据万有引力提供向心力，结合题意求出卫星C做匀速圆周运动的周期。
在处理天体运动问题时，要注意解题的主要思路：一是万有引力提供向心力；二是物体的重力等于所受的万有引力。
4.【答案】B
【解析】解：粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向上，粒子的加速度：
a=qEm，
时间t时速度
vy=at=qEtm；
垂直电场方向上速度
vx=v0；
经相同时间速度的偏转角：
tanθ=vyv0=qEtmv0=qEtmv0
从表达式可以看出，在电场一定、时间相同，粒子电荷量相同的情况下，偏转角仅与粒子的初动量有关，即它们在进入电场时一定具有相同的初动量，故ACD错误，B正确。
故选：B。
粒子在电场中做类平抛运动，经相同时间速度的偏转角相同；根据运动的合成和分解规律写出粒子偏转角的公式，即可找到合适的物理量。
本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，只要明确类平抛运动的性质，会根据两分运动的规律写出粒子穿越电场的偏转角的表达式即可。
5.【答案】B
【解析】解：按照题目要求将悬挂座椅的结点作为研究对象，建立直角坐标系并对力进行正交分解，如图1所示，设F1和F2与竖直方向的夹角分别为α、β。
其中，F2为滑翔伞给结点的力，根据牛顿第三定律，结点对滑翔伞产生等大反向的作用力F2′，
对滑翔伞受力分析，如图2所示，其中F为竖直方向上受到的空气作用力。
BD、滑翔伞在水平方向受到的空气阻力f与水平速度成正比，因此速度变大时，f变大；
水平方向根据平衡条件可得：F2′sinβ=f，
竖直方向根据平衡条件可得：F2′cosβ=F−G，
联立解得：tanβ=fF−G，由于f增大、F和G不变，则β增大，则F2与水平面的夹角变小；
根据F2′cosβ=F−G可知F2′增大，则F2增大，故B正确、D错误；
A、对结点分析可知，F1x=F1sinα，水平分量F1x变大，α角增大，F1大小变化无法判断，故A错误；
C、座椅的拉力F3等于座椅和游客的总重，则F3保持不变，故C错误。
故选：B。
结点受到三个力的作用处于平衡状态，则三个力的合力为零，将力F1和F2沿水平方向与竖直方向分解，结合力的合成的方法判断即可。
本题可结合共点力的平衡考查力的合成与分解，解答的关键是正确理解并会应用：三个力的合力为零时，其中的两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。
6.【答案】BC
【解析】解：A、B由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器，UU1=k，故电压表V1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP，则发电厂输出电流增加了ΔI=ΔPU，根据理想变压器的规律，对于升压变压器，ΔI1ΔI=k，A1示数增加了ΔI1=kΔPU，由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU′=ΔI1R，故V2示数也将减小，故A错误，B正确；
C、根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI1R=RkΔPU，故C正确；
D、输电线上损失的功率增加了(I1+ΔI1)2R≠(ΔI1)2R，由于I1未知，故无法计算，故D错误。
故选：BC。
发电机输出的电压恒为U，即升压变压器的输入电压为定值，根据变压器原理可得升压变压器的输出电压不变，即电压表V1的示数不变；根据电压表V2的示数增大了ΔU，计算出降压变压器原线圈两端电压增大的数值，再计算电流表A2和电流表A1的示数变化；根据电流表A1的示数变化，计算输电线损失的功率。
对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
7.【答案】AD
【解析】解：A、金属棒ab刚运动到NN′位置时，速度大小为v0，产生的感应电动势为E=BLv0，回路中感应电流为I=E2R=BLv02R，则cd棒受到的安培力大小为F=BIL=B2L2v02R，根据左手定则判断可知cd受到的安培力方向水平向左，故A正确；
B、金属棒ab从MM′运动到NN′的过程中做匀速圆周运动，设ab棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为θ，运动时间为t，有θ=v0rt，产生的感应电动势表达式为e=BLv0sinθ=BLv0sinv0rt，根据正弦式交变电流知识可知电动势的有效值为E′=BLv02=22BLv0，回路中电流的有效值为I′=E′2R；金属棒ab的运动时间为t=πr2v0。根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q1=I′2⋅2Rt，代入数据联立各式解得Q1=πrB2L2v08R，故B错误；
C、ab运动到NN′位置时撤去外力，设ab棒运动的距离为x，回路中的平均电流为I−，运动时间为t，取水平向左为正方向，根据动量定理有
−BI−Lt=0−mv0，其中I−t=BLv−t2R=BLx2R，两式联立解得x=2mv0RB2L2，故C错误；
D、若ab运动到NN′位置撤去外力，同时解除棒cd的锁定，ab棒和cd棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab棒和cd棒的共同速度为v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有mv0=2mv；根据能量守恒定律可知这个过程回路产生的焦耳热为Q2=12mv02−12×2mv2，联立解得Q2=14mv02，故D正确。
故选：AD。
ab刚运动到NN′位置时切割磁感线，由E=BLv0求出ab产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，根据左手定则判断安培力的方向，并计算安培力大小；ab从MM′运动到NN′位置的过程中，回路中产生正弦式交变电流，根据电流有效值求焦耳热；ab运动到NN′位置时撤去外力，运用动量定理求ab运动的距离；若ab运动到NN′位置撤去外力，同时解除棒cd的锁定，ab向左做减速运动，cd向左做加速运动，最终两者共速，不再产生感应电流，由系统动量守恒和能量守恒求回路中产生的焦耳热。
解决本题时，一方面要熟练推导出金属棒ab在圆弧轨道上产生的感应电动势表达式，知道求焦耳热必须用交流电的有效值，另一方面要把握两棒在水平轨道上运动时遵守的规律：动量守恒定律和能量守恒定律。
8.【答案】A
【解析】解：AB.设水平向左的运动为正方向，当小球C向下摆动的过程中，根据ABC三者在水平方向始终动量守很可知，C球至O点正下方时，A、B分离，A、B此时可认为速度相等；以A、B、C为系统，水平方向动量守恒，并且整个过程机械能守恒，设A、B速度为v1，C速度为v2，则mv2=3mv1；mgL=12mv22+12⋅3mv12
解得v1=6gL6；v2=6gL2
故A正确，B错误；
D.A、B分离后，A、C水平动量守恒，当小球至最高时，速度vA=vC=v
则根据动量守恒定律有：mv2−mv1=(m+m)v；
根据能量守恒定律有：12mv22+12mv12=12⋅2mv2+mgh
解得h=12L
故D错误；
C.C球在O点下方运动(向右)，通过动量守恒，机械能守恒可得
mv2−mv1=mv1′−mv2′；
12mv22+12mv12=12mv1′2+12mv2′2
联立解得：v2′=6gL3
故C错误。
故选：A。
首先判断动量在水平方向上守恒，然后根据动量守很定律守恒及能量守恒解决碰撞问题。
本题首先要判断该过程三者动量在水平方向上守恒，然后根据题目需要，选择适合的过程进行运动量守恒即可，本题属于中档题。
9.【答案】B1.020mM−m+M2Mgs[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
【解析】解：(1)AC、本实验是利用牛顿第二定律测量动摩擦因数，因此不需要平衡摩擦力，不需要满足M远大于m，故AC错误；
B、此实验是用遮光片通过光电门的平均速度表示物块的速度，遮光片的宽度越小，测量速度误差越小，故实验需要遮光片的宽度d尽量小些，故B正确；
D、为减少实验误差，此实验需要两光电门之间的距离尽量大些，故D错误；
故选：B。
(2)由题图乙可知，遮光片的分度值为0.05mm，遮光片的宽度d=1cm+4×0.05mm=1.020cm；
(3)遮光片通过A点的速度为vA=dΔtA；通过B点的速度为vB=dΔtB，由匀变速直线运动规律得：vB2−vA2=2ax
由牛顿第二定律得：mg−μMg=(M+m)a
联立解得：μ=mM−m+M2Mgs[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
故答案为：(1)B；(2)1.020；mM−m+M2Mgs[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)熟悉游标卡尺的读数规则并得出对应的示数；
(3)根据运动学公式得出物块的加速度，结合牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式。
本题主要考查了摩擦力的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】减小 b2.864
【解析】解：(1)U−I图象中图象的斜率表示电阻，由图象可知，电阻随着电流的增大而减小；
因导体电阻较大，故电流表应采用内接法；故a端应接到b点；
(2)由题意可知，本实验采用滑动变阻器的分压接法，缺少的导线如图所示；
(3)由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.8V；
若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在U−I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率η=1.82.8×100%=64%；
故答案为：(1)减小；b；(2)如图；(3)2.8；64.
(1)由伏安特性曲线可知电阻的变化，根据实验中给出的数据分析电流表的接法；
(2)根据实验原理明确滑动变阻器应采用分压接法，从而得出对应的图线；
(3)根据伏安特性曲线的性质可明确电源的电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电池板的效率．
本题考查电源电动势的测量及伏安法测电阻；要注意明确图象法的正确应用，能根据图象确定元件的工作状态．
11.【答案】解：(1)对打桩锤下落h=1.25m自由下落的过程中，根据机械能守恒定律得：mgh=12mv2
代入数据解得打桩锤与桩碰撞前瞬间的速度大小：v=5m/s
打桩锤与桩作用时间极短，外力远小于内力，外力可忽略不计，相互作用过程系统动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：mv=(M+m)v′
代入数据解得打桩锤与桩碰撞后瞬间的速度大小为：v′=1.0m/s
(2)设桩向下运动过程中的阻力与进入深度关系为：f=kx
则第一次击打后，根据动能定理有：
(M+m)gx1−0+kx12⋅x1=0−12(m+M)v′2
代入数据解得k的大小为：k=1.41×107N/m
答：(1)打桩锤与桩碰撞后瞬间的速度大小为1.0m/s；
(2)k的大小为1.41×107N/m。
【解析】(1)对打桩锤下落的过程，根据机械能守恒定律求出打桩锤刚要打中桩前的速度大小；打桩锤击中桩的过程，由于打桩锤与桩作用时间极短，外力远小于内力，外力可忽略不计，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；
(2)桩向下运动过程中的阻力与进入深度成正比，根据阻力平均值求出阻力做功，根据动能定理求比例系数k。
本题以打桩船是海上风电场、跨海大桥、港口码头等海洋工程建设的重要装备为背景，综合考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律在实际问题中的应用，要正确分析题意，并且根据题意构建物理模型，从而根据所学过的物理知识进行分析，找出合适的物理规律求解。
12.【答案】解：(1)设离子在电场中加速一次从O点射入磁场时的速率为v1，有qU=12mv12，
解得v1=2qUm
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有qv1B=mv12r1，
解得：r1=mv1qB=1B2mUq
若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有r1=2D，
此时磁感应强度取得最小值，且最小值为Bmin=12D2mUq。
(2)调节磁感应强度大小为B1=92D2mUq，
根据r1=1B12mUq可得r1=29D
离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速。
如图为离子运动的轨迹示意图
则在距离O点的水平距离为4r1=89D处，加速的离子离开电场经磁场偏转后会再次回到该点加速，直至最后从P点离开磁场。
则由几何关系可知，最后一次在磁场中运动的半径rn=12(4D−89D)=149D
根据rn=mvnqB1可得离子出磁场时的速度vn=qB1rnm，
则粒子从孔P射出时的动能Ekn=12mvn2
联立解得：Ekn=49qU；
(3)若将磁感应强度在(4D2mUq,6D2mUq)范围内调节时，根据qvB=mv2R，
可得D6
则此时离子运动半径为k+1R
离子从孔P射出时满足6R+2k+1R=4D，
解得R=2D3+k+1。
又因为D6
可得B=3+k+12D2mUq(其中24
(2)调节磁感应强度大小为B1=92D2mUq，离子从P点射出时的动能为49qU；
(3)若将磁感应强度在(4D2mUq,6D2mUq)范围内调节，离子能从P点射出时该范围内磁感应强度的可能值为B=3+k+12D2mUq(其中24
【解析】(1)离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，此时磁感应强度取得最小值；
(2)离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力进行解答；
(3)离子绕过两极板右端后加速次数不管多少，根据几何关系求解离子从孔P射出时满足的条件，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；本题难度较大，关键是弄清楚粒子的运动情况，根据几何关系进行分析。
13.【答案】ACD
【解析】解：A、液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，故A正确；
B、浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为斥力的缘故，故B错误；
C、空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近水的饱和汽压，水蒸发越慢，故C正确；
D、干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，天气越干燥，相对湿度越小，故D正确；
E、密闭容器中某种蒸汽开始若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，还没有达到重新平衡时，蒸汽是不饱和的，故E错误；
故选：ACD。
液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力；
浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为斥力的缘故；
空气的相对湿度越大，水蒸发越慢；
干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，天气越干燥；
保持温度不变，增大容器的体积，还没有达到重新平衡时，蒸汽是不饱和的，但稳定后蒸汽又是饱和的。
明确液体表面张力产生的原因，知道浸润和不浸润的概念，知道相对湿度，知道饱和汽。
14.【答案】解：①对I内气体：初态：p1=p0，V1=π(D2)2L
当B刚要向右移动时，I内的压强变为p2=4p0，V2=π(D2)2L′
根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2，解得L′=L4
故A向右移动的距离ΔL=L−L′=34L
②导热性能良好的圆柱形气缸Ⅰ、内径分别为D和2D，故横截面积之比为1：4
该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为p2
对原I内气体，由玻意耳定律得p0SL=p2×4Sx
对原II内气体，由玻意耳定律得4p0×4SL=p2×4S(L−x)
又此时A有p2=p0+ρgh
联立解得h=32.5m
答：①当B刚要向右移动时，A向右移动的距离为34L；
②该深度计能测量的最大水深h为32.5m。
【解析】①假设B刚要向右移动，明确I内的压强刚好等于II内的压强，对I内气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得；
②当A恰好移动到缸底时所测深度最大，分别对I、II内气体进行分析，根据玻意耳定律可确定压强，从而求出水的深度。
本题考查玻意耳定律的应用和压强的计算，要注意明确研究对象，在解题时应分别对两部分气体进行分析求解，并要抓住两者之间的联系，如体积关系、压强关系。
15.【答案】ACD
【解析】解：A、全反射是指光由光密介质射到光疏介质的界面时，全部被反射回原介质内的现象，或者光由折射率大的介质射向折射率小的介质折射率的界面时，发生全反射，故A正确；
B、光的偏振实验表明，光是一种横波，故B错误；
C、采用同一装置做双缝干涉实验，Δx=Ldλ可知红光比紫光条纹宽度大，故C正确；
D、不同颜色的光在同一种介质中，波长越短的光传播速度越小，故D正确；
E、超声波的频率很高，在一定介质，波速一定的情况下，波长就小，就不容易发生衍射现象，故E错误。
故选：ACD。
光的偏振实验表明，光是一种横波，根据全反射的条件分析；采用同一装置做双缝干涉实验，Δx=Ldλ；波长越短的光传播速度越小；波长越小，就不容易发生衍射现象。
该题考查衍射与干涉的原理，电磁波理论，理解干涉与衍射是波的特有性质等知识点的内容，这些知识点都是一些简单的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可做好。
16.【答案】解：(1)由波形图可知，波长λ=20m
若波沿x轴正方向传播，则Δx=7.5m=38λ，所以Δt=3T8+nT(n=0,1,2,3...)
解得：T=2.48n+3s(n=0,1,2,3...)
则波速：v=λT=200n+753m/s(n=0,1,2,3...)
(2)n=0时，波速最小，为：v=25m/s，此时T=0.8s
则：ω=2πT=2.5πrad/s
所以该波的波动方程：y=Asin[ω(t+xv)]
结合波的振幅为10cm，质点A离开平衡位置的位移为7.5m，可得，当t=0时，A点的位移为：
yA=Asin(ω⋅xv)=10sin(2.5π×7.525)cm=52cm
由振动方程：yA=Asin(ωt+θ0)，结合质点A在零时刻向上运动，θ0小于π2，代入数据可得：θ0=14π
故质点A的振动方程为：y=Asin(ωt+θ0)=10sin(2.5πt+π4)(cm)
答：(1)该简谐横波的波速为200n+753m/s(n=0,1,2,3...)；
(2)当波速取最小值时，质点A的振动方程为y=10sin(2.5πt+π4)(cm)。
【解析】(1)由图可知波的波长，而由图可得波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；
(2)由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程。
本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解。
2022年河南省六市高考物理二模试卷
1. 1934年，约里奥⋅居里夫妇用α粒子轰击静止的铝核(1327Al)，发现了放射性磷P(1530P)，并同时释放一个X粒子，磷核 1530P具有放射性，它在衰变为硅核(1430Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是( )
A. 质子、电子 B. 质子、正电子 C. 中子、电子 D. 中子、正电子
2. 滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起。假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6m/s2，位移为150m，后一段的加速度为7m/s2，路程为50m，则飞机的离舰速度是( )
A. 40m/s B. 45m/s C. 50m/s D. 55m/s
3. 我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如图所示。三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径rC
C. B离地高度为3gR2T24π2−R D. C的周期为2π(R+h)gRgR
4. 利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变。电荷量相同、质量不同的带电粒子沿同一水平方向射入方向竖直向下的同一匀强电场，经过相同水平位移经相同时间时速度的偏转角相同，电场区域足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的( )
A. 速度 B. 动量 C. 加速度 D. 动能
5. 水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动。如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客坐在座椅上，座椅悬挂在伞下，游艇牵引伞的绳系在悬挂座椅的结点上，结点O受到牵引绳的拉力F1、滑翔伞的拉力F2和座椅的拉力F3的作用，其中F1斜向左下方，F2斜向右上方，F3竖直向下，如图2所示。若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变，游客和座椅受到的空气阻力可以忽略不计，则游艇速度越大( )
A. F1越大 B. F2越大
C. F3越大 D. F2与水平面的夹角越大
6. 如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP。下列说法正确的是( )
A. 电压表V1的示数不变，电压表V2的示数增大
B. 电流表A1、A2的示数均增大
C. 输电线上损失的电压增加了RkΔPU
D. 输电线上损失的功率增加R(kΔP)2U2
7. 如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r的四分之一圆弧金属轨道MN和M′N′与足够长的水平金属轨道NP和N′P′连接组成，轨道间距为L，电阻不计；电阻为R，质量为m，长度为L的金属棒cd锁定在水平轨道上距离NN′足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R、质量为m，长度为L的金属棒ab从轨道最高端MM′位置开始，以大小为v0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. ab刚运动到NN′位置时，cd受到的安培力大小为B2L2v02R，方向水平向左
B. ab从MM′运动到NN′位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB2L2v04R
C. 若ab运动到NN′位置时撤去外力，则ab能够运动的距离为mv0RB2L2
D. 若ab运动到NN′位置撤去外力，同时解除棒cd的锁定，则此后回路中产生的焦耳热为14mv02
8. 如图所示，质量分别为m、2m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的轻质细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C。现将C球向右拉起至细线水平，由静止释放小球，已知重力加速度为g，在之后的过程中(球与杆、A、B均无接触)( )
A. 木块A、B分离后，B的速度大小为6gL6
B. 木块A最大速度为6gL2
C. 球C在O点正下方向右运动时，速度大小为6gL2
D. 球C过O点正下方后，上升的最大高度为L
9. 图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列为题：
(1)下列说法正确的是______；
A.此实验必须平衡摩擦力
B.此实验需要遮光片的宽度d尽量小
C.此实验必须满足条件：M远大于m
D.此实验需要两光电门之间距离s尽量小些
(2)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，其读数为______ cm。
(3)请用M、m、d、s、ΔtA、ΔtB和重力加速度g表示动摩擦因数μ=______。
10. 太空探测器在探枭宇宙过程中，太阳能电池板能给它提供能源．某学校实验室有一块太阳能电池板，当有光照射时，它作为电源，其路端电压与总电流的关系图象如图甲中的曲线①所示；当没有光照射时，它相当于一个只具有电阻的电学器件，无电动势．一实验小组用“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验方法，探究该电池板在没有光照射时的伏安特性曲线，利用电压表(内阻约3kΩ)、电流表(内阻约100Ω)测得的多组数据在图甲中描出了各点，并用平滑曲线连接得到曲线②．
(1)分析曲线②可知，该电池板作为电阻器件时的阻值随通过电流的增大而______(填“增大”或“减小”)，若所设计的电路如图乙所示，实验时应将图乙中电压表另一端a接在______点(填“b”或“C”)；
(2)图乙电路中a端接好后还少接了一条导线，请在图乙中画出；
(3)分析曲线①可知，该电池板作为电源时的电动势为______V，若把它与阻值为1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是______%(结果保留两位有效数字).
11. 打桩船是海上风电场、跨海大桥、港口码头等海洋工程建设的重要装备。如图所示，是打桩船工作原理等效简化图，质量为M=200t的桩竖直放置，质量为m=50t的打桩锤从离桩上端h=1.25米处静止释放，自由下落后与桩碰撞(碰撞时间极端)，然后一起向下运动直到停止，重力加速度g取10m/s2。
(1)打桩锤与桩碰撞后瞬间的速度大小。
(2)若打桩前，桩的下端与海床上表面齐平，第一次打桩后，桩向下运动的距离为x1=0.4m，桩向下运动时受到海床的阻力，与桩进入海床的深度成正比，比例系数用k表示，不计海水对桩的浮力，求k的大小？
12. 某种回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一狭缝(沿OP方向的狭长区域)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(如图乙所示)，当带电粒子每次进入两极板间时，板间电势差为U(下极板高于上极板电势)，当粒子离开两极板后，极板间电势差为零；两细虚线间(除开两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、电荷量为q(q>0)的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为4D.已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设如果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力，求：
(1)磁感应强度可能的最小值；
(2)调节磁感应强度大小为B1=92D2mUq，计算离子从P点射出时的动能。
(3)若将磁感应强度在(4D2mUq,6D2mUq)范围内调节，写出离子能从P点射出时该范围内磁感应强度B所有的可能值。
13. 下列说法中，正确的是( )
A. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力
B. 浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力
C. 空气的相对湿度越大，水蒸发越慢
D. 干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，天气越干燥
E. 密闭容器中某种蒸汽开始若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸汽仍是饱和的
14. 某物理学习兴趣小组设计了一个测定水深的深度计，如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸Ⅰ、Ⅰ内径分别为D和2D，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，气缸Ⅰ内通过A封有压强为po的气体，气缸Ⅱ内通过B封有压强为4p0的气体，两气缸通过一细管相连，初始状态A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10m高的水柱产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，求：
①当B刚要向右移动时，A向右移动的距离；
②该深度计能测量的最大水深hm。
15. 下列说法中正确的是( )
A. 光从折射率大的介质射向折射率小的介质时，可能发生全反射
B. 光的偏振实验表明，光是一种纵波
C. 采用同一装置做双缝干涉实验，红光比紫光条纹宽度大
D. 在同一种介质中，波长越短的光传播速度越小
E. 由于超声波的频率很高，所以超声波比我们能听到的声波更容易发生衍射现象
16. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0∼25m部分的波形图如图中实线，经过Δt=0.3s该部分波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点O的距离为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为xA=7.5m。
(1)求该简谐横波的波速。
(2)当波速取最小值时，求质点A的振动方程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：用α粒子轰击铝核(1327A1)，在生成磷核(1530P)的同时释放一个x粒子，根据电荷数守恒、质量数守恒知，x粒子的电荷数为0，质量数为1，即为中子。
磷核(1530P)具有放射性，它在衰变为硅核(1430Si)的同时释放一个y粒子，根据电荷数守恒、质量数守恒，y粒子的电荷数为1，质量数为0，即为正电子，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据电荷数守恒、质量数守恒得出x粒子和y粒子的电荷数和质量数，从而确定粒子的种类。
解决本题的关键核反应方程中，电荷数守恒、质量数守恒，记住常见粒子的电荷数和质量数，基础题。
2.【答案】C
【解析】解：前一段过程，由速度-位移公式得：v12=2a1x1
代入数据解得：v1=302m/s
后一段过程，由速度-位移公式得：v22−v12=2a2x2
代入数据解得飞机的离舰速度为：v2=50m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
分段分析，对两段匀加速直线运动分别运用速度-位移公式求解。
本题考查分阶段匀加速直线运动，注意后一阶段匀加速运动的初速度为前一阶段匀加速运动的末速度。
3.【答案】C
【解析】解：AB、卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r=mrω2
整理可得v=GMrω=GMr3
由题意知轨道半径rC
GMm(R+h′)2=m(R+h′)4π2T2
整理可得h′=3GMT24π2−R
在地球表面物体的重力等于物体的万有引力，有mg=GMmR2
联立整理可得h′=3gR2T24π2−R
故C正确；
D、对卫星C，根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T′2
联立整理可得T′=2π(R+h)g(R+h)gR
故D错误。
故选：C。
AB、根据万有引力提供向心力，得出卫星的线速度和角速度与轨道半径的关系，结合题意判断各卫星的线速度和角速度关系；
C、利用万有引力提供向心力，结合在地球表面物体的重力和万有引力的关系，求出卫星B距离地面的高度；
D、根据万有引力提供向心力，结合题意求出卫星C做匀速圆周运动的周期。
在处理天体运动问题时，要注意解题的主要思路：一是万有引力提供向心力；二是物体的重力等于所受的万有引力。
4.【答案】B
【解析】解：粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向上，粒子的加速度：
a=qEm，
时间t时速度
vy=at=qEtm；
垂直电场方向上速度
vx=v0；
经相同时间速度的偏转角：
tanθ=vyv0=qEtmv0=qEtmv0
从表达式可以看出，在电场一定、时间相同，粒子电荷量相同的情况下，偏转角仅与粒子的初动量有关，即它们在进入电场时一定具有相同的初动量，故ACD错误，B正确。
故选：B。
粒子在电场中做类平抛运动，经相同时间速度的偏转角相同；根据运动的合成和分解规律写出粒子偏转角的公式，即可找到合适的物理量。
本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，只要明确类平抛运动的性质，会根据两分运动的规律写出粒子穿越电场的偏转角的表达式即可。
5.【答案】B
【解析】解：按照题目要求将悬挂座椅的结点作为研究对象，建立直角坐标系并对力进行正交分解，如图1所示，设F1和F2与竖直方向的夹角分别为α、β。
其中，F2为滑翔伞给结点的力，根据牛顿第三定律，结点对滑翔伞产生等大反向的作用力F2′，
对滑翔伞受力分析，如图2所示，其中F为竖直方向上受到的空气作用力。
BD、滑翔伞在水平方向受到的空气阻力f与水平速度成正比，因此速度变大时，f变大；
水平方向根据平衡条件可得：F2′sinβ=f，
竖直方向根据平衡条件可得：F2′cosβ=F−G，
联立解得：tanβ=fF−G，由于f增大、F和G不变，则β增大，则F2与水平面的夹角变小；
根据F2′cosβ=F−G可知F2′增大，则F2增大，故B正确、D错误；
A、对结点分析可知，F1x=F1sinα，水平分量F1x变大，α角增大，F1大小变化无法判断，故A错误；
C、座椅的拉力F3等于座椅和游客的总重，则F3保持不变，故C错误。
故选：B。
结点受到三个力的作用处于平衡状态，则三个力的合力为零，将力F1和F2沿水平方向与竖直方向分解，结合力的合成的方法判断即可。
本题可结合共点力的平衡考查力的合成与分解，解答的关键是正确理解并会应用：三个力的合力为零时，其中的两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。
6.【答案】BC
【解析】解：A、B由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器，UU1=k，故电压表V1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP，则发电厂输出电流增加了ΔI=ΔPU，根据理想变压器的规律，对于升压变压器，ΔI1ΔI=k，A1示数增加了ΔI1=kΔPU，由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU′=ΔI1R，故V2示数也将减小，故A错误，B正确；
C、根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI1R=RkΔPU，故C正确；
D、输电线上损失的功率增加了(I1+ΔI1)2R≠(ΔI1)2R，由于I1未知，故无法计算，故D错误。
故选：BC。
发电机输出的电压恒为U，即升压变压器的输入电压为定值，根据变压器原理可得升压变压器的输出电压不变，即电压表V1的示数不变；根据电压表V2的示数增大了ΔU，计算出降压变压器原线圈两端电压增大的数值，再计算电流表A2和电流表A1的示数变化；根据电流表A1的示数变化，计算输电线损失的功率。
对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
7.【答案】AD
【解析】解：A、金属棒ab刚运动到NN′位置时，速度大小为v0，产生的感应电动势为E=BLv0，回路中感应电流为I=E2R=BLv02R，则cd棒受到的安培力大小为F=BIL=B2L2v02R，根据左手定则判断可知cd受到的安培力方向水平向左，故A正确；
B、金属棒ab从MM′运动到NN′的过程中做匀速圆周运动，设ab棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为θ，运动时间为t，有θ=v0rt，产生的感应电动势表达式为e=BLv0sinθ=BLv0sinv0rt，根据正弦式交变电流知识可知电动势的有效值为E′=BLv02=22BLv0，回路中电流的有效值为I′=E′2R；金属棒ab的运动时间为t=πr2v0。根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q1=I′2⋅2Rt，代入数据联立各式解得Q1=πrB2L2v08R，故B错误；
C、ab运动到NN′位置时撤去外力，设ab棒运动的距离为x，回路中的平均电流为I−，运动时间为t，取水平向左为正方向，根据动量定理有
−BI−Lt=0−mv0，其中I−t=BLv−t2R=BLx2R，两式联立解得x=2mv0RB2L2，故C错误；
D、若ab运动到NN′位置撤去外力，同时解除棒cd的锁定，ab棒和cd棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab棒和cd棒的共同速度为v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有mv0=2mv；根据能量守恒定律可知这个过程回路产生的焦耳热为Q2=12mv02−12×2mv2，联立解得Q2=14mv02，故D正确。
故选：AD。
ab刚运动到NN′位置时切割磁感线，由E=BLv0求出ab产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，根据左手定则判断安培力的方向，并计算安培力大小；ab从MM′运动到NN′位置的过程中，回路中产生正弦式交变电流，根据电流有效值求焦耳热；ab运动到NN′位置时撤去外力，运用动量定理求ab运动的距离；若ab运动到NN′位置撤去外力，同时解除棒cd的锁定，ab向左做减速运动，cd向左做加速运动，最终两者共速，不再产生感应电流，由系统动量守恒和能量守恒求回路中产生的焦耳热。
解决本题时，一方面要熟练推导出金属棒ab在圆弧轨道上产生的感应电动势表达式，知道求焦耳热必须用交流电的有效值，另一方面要把握两棒在水平轨道上运动时遵守的规律：动量守恒定律和能量守恒定律。
8.【答案】A
【解析】解：AB.设水平向左的运动为正方向，当小球C向下摆动的过程中，根据ABC三者在水平方向始终动量守很可知，C球至O点正下方时，A、B分离，A、B此时可认为速度相等；以A、B、C为系统，水平方向动量守恒，并且整个过程机械能守恒，设A、B速度为v1，C速度为v2，则mv2=3mv1；mgL=12mv22+12⋅3mv12
解得v1=6gL6；v2=6gL2
故A正确，B错误；
D.A、B分离后，A、C水平动量守恒，当小球至最高时，速度vA=vC=v
则根据动量守恒定律有：mv2−mv1=(m+m)v；
根据能量守恒定律有：12mv22+12mv12=12⋅2mv2+mgh
解得h=12L
故D错误；
C.C球在O点下方运动(向右)，通过动量守恒，机械能守恒可得
mv2−mv1=mv1′−mv2′；
12mv22+12mv12=12mv1′2+12mv2′2
联立解得：v2′=6gL3
故C错误。
故选：A。
首先判断动量在水平方向上守恒，然后根据动量守很定律守恒及能量守恒解决碰撞问题。
本题首先要判断该过程三者动量在水平方向上守恒，然后根据题目需要，选择适合的过程进行运动量守恒即可，本题属于中档题。
9.【答案】B1.020mM−m+M2Mgs[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
【解析】解：(1)AC、本实验是利用牛顿第二定律测量动摩擦因数，因此不需要平衡摩擦力，不需要满足M远大于m，故AC错误；
B、此实验是用遮光片通过光电门的平均速度表示物块的速度，遮光片的宽度越小，测量速度误差越小，故实验需要遮光片的宽度d尽量小些，故B正确；
D、为减少实验误差，此实验需要两光电门之间的距离尽量大些，故D错误；
故选：B。
(2)由题图乙可知，遮光片的分度值为0.05mm，遮光片的宽度d=1cm+4×0.05mm=1.020cm；
(3)遮光片通过A点的速度为vA=dΔtA；通过B点的速度为vB=dΔtB，由匀变速直线运动规律得：vB2−vA2=2ax
由牛顿第二定律得：mg−μMg=(M+m)a
联立解得：μ=mM−m+M2Mgs[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
故答案为：(1)B；(2)1.020；mM−m+M2Mgs[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)熟悉游标卡尺的读数规则并得出对应的示数；
(3)根据运动学公式得出物块的加速度，结合牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式。
本题主要考查了摩擦力的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】减小 b2.864
【解析】解：(1)U−I图象中图象的斜率表示电阻，由图象可知，电阻随着电流的增大而减小；
因导体电阻较大，故电流表应采用内接法；故a端应接到b点；
(2)由题意可知，本实验采用滑动变阻器的分压接法，缺少的导线如图所示；
(3)由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.8V；
若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在U−I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率η=1.82.8×100%=64%；
故答案为：(1)减小；b；(2)如图；(3)2.8；64.
(1)由伏安特性曲线可知电阻的变化，根据实验中给出的数据分析电流表的接法；
(2)根据实验原理明确滑动变阻器应采用分压接法，从而得出对应的图线；
(3)根据伏安特性曲线的性质可明确电源的电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电池板的效率．
本题考查电源电动势的测量及伏安法测电阻；要注意明确图象法的正确应用，能根据图象确定元件的工作状态．
11.【答案】解：(1)对打桩锤下落h=1.25m自由下落的过程中，根据机械能守恒定律得：mgh=12mv2
代入数据解得打桩锤与桩碰撞前瞬间的速度大小：v=5m/s
打桩锤与桩作用时间极短，外力远小于内力，外力可忽略不计，相互作用过程系统动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：mv=(M+m)v′
代入数据解得打桩锤与桩碰撞后瞬间的速度大小为：v′=1.0m/s
(2)设桩向下运动过程中的阻力与进入深度关系为：f=kx
则第一次击打后，根据动能定理有：
(M+m)gx1−0+kx12⋅x1=0−12(m+M)v′2
代入数据解得k的大小为：k=1.41×107N/m
答：(1)打桩锤与桩碰撞后瞬间的速度大小为1.0m/s；
(2)k的大小为1.41×107N/m。
【解析】(1)对打桩锤下落的过程，根据机械能守恒定律求出打桩锤刚要打中桩前的速度大小；打桩锤击中桩的过程，由于打桩锤与桩作用时间极短，外力远小于内力，外力可忽略不计，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；
(2)桩向下运动过程中的阻力与进入深度成正比，根据阻力平均值求出阻力做功，根据动能定理求比例系数k。
本题以打桩船是海上风电场、跨海大桥、港口码头等海洋工程建设的重要装备为背景，综合考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律在实际问题中的应用，要正确分析题意，并且根据题意构建物理模型，从而根据所学过的物理知识进行分析，找出合适的物理规律求解。
12.【答案】解：(1)设离子在电场中加速一次从O点射入磁场时的速率为v1，有qU=12mv12，
解得v1=2qUm
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有qv1B=mv12r1，
解得：r1=mv1qB=1B2mUq
若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有r1=2D，
此时磁感应强度取得最小值，且最小值为Bmin=12D2mUq。
(2)调节磁感应强度大小为B1=92D2mUq，
根据r1=1B12mUq可得r1=29D
离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速。
如图为离子运动的轨迹示意图
则在距离O点的水平距离为4r1=89D处，加速的离子离开电场经磁场偏转后会再次回到该点加速，直至最后从P点离开磁场。
则由几何关系可知，最后一次在磁场中运动的半径rn=12(4D−89D)=149D
根据rn=mvnqB1可得离子出磁场时的速度vn=qB1rnm，
则粒子从孔P射出时的动能Ekn=12mvn2
联立解得：Ekn=49qU；
(3)若将磁感应强度在(4D2mUq,6D2mUq)范围内调节时，根据qvB=mv2R，
可得D6
则此时离子运动半径为k+1R
离子从孔P射出时满足6R+2k+1R=4D，
解得R=2D3+k+1。
又因为D6
可得B=3+k+12D2mUq(其中24
(2)调节磁感应强度大小为B1=92D2mUq，离子从P点射出时的动能为49qU；
(3)若将磁感应强度在(4D2mUq,6D2mUq)范围内调节，离子能从P点射出时该范围内磁感应强度的可能值为B=3+k+12D2mUq(其中24
【解析】(1)离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，此时磁感应强度取得最小值；
(2)离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力进行解答；
(3)离子绕过两极板右端后加速次数不管多少，根据几何关系求解离子从孔P射出时满足的条件，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；本题难度较大，关键是弄清楚粒子的运动情况，根据几何关系进行分析。
13.【答案】ACD
【解析】解：A、液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，故A正确；
B、浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为斥力的缘故，故B错误；
C、空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近水的饱和汽压，水蒸发越慢，故C正确；
D、干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，天气越干燥，相对湿度越小，故D正确；
E、密闭容器中某种蒸汽开始若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，还没有达到重新平衡时，蒸汽是不饱和的，故E错误；
故选：ACD。
液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力；
浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为斥力的缘故；
空气的相对湿度越大，水蒸发越慢；
干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，天气越干燥；
保持温度不变，增大容器的体积，还没有达到重新平衡时，蒸汽是不饱和的，但稳定后蒸汽又是饱和的。
明确液体表面张力产生的原因，知道浸润和不浸润的概念，知道相对湿度，知道饱和汽。
14.【答案】解：①对I内气体：初态：p1=p0，V1=π(D2)2L
当B刚要向右移动时，I内的压强变为p2=4p0，V2=π(D2)2L′
根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2，解得L′=L4
故A向右移动的距离ΔL=L−L′=34L
②导热性能良好的圆柱形气缸Ⅰ、内径分别为D和2D，故横截面积之比为1：4
该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为p2
对原I内气体，由玻意耳定律得p0SL=p2×4Sx
对原II内气体，由玻意耳定律得4p0×4SL=p2×4S(L−x)
又此时A有p2=p0+ρgh
联立解得h=32.5m
答：①当B刚要向右移动时，A向右移动的距离为34L；
②该深度计能测量的最大水深h为32.5m。
【解析】①假设B刚要向右移动，明确I内的压强刚好等于II内的压强，对I内气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得；
②当A恰好移动到缸底时所测深度最大，分别对I、II内气体进行分析，根据玻意耳定律可确定压强，从而求出水的深度。
本题考查玻意耳定律的应用和压强的计算，要注意明确研究对象，在解题时应分别对两部分气体进行分析求解，并要抓住两者之间的联系，如体积关系、压强关系。
15.【答案】ACD
【解析】解：A、全反射是指光由光密介质射到光疏介质的界面时，全部被反射回原介质内的现象，或者光由折射率大的介质射向折射率小的介质折射率的界面时，发生全反射，故A正确；
B、光的偏振实验表明，光是一种横波，故B错误；
C、采用同一装置做双缝干涉实验，Δx=Ldλ可知红光比紫光条纹宽度大，故C正确；
D、不同颜色的光在同一种介质中，波长越短的光传播速度越小，故D正确；
E、超声波的频率很高，在一定介质，波速一定的情况下，波长就小，就不容易发生衍射现象，故E错误。
故选：ACD。
光的偏振实验表明，光是一种横波，根据全反射的条件分析；采用同一装置做双缝干涉实验，Δx=Ldλ；波长越短的光传播速度越小；波长越小，就不容易发生衍射现象。
该题考查衍射与干涉的原理，电磁波理论，理解干涉与衍射是波的特有性质等知识点的内容，这些知识点都是一些简单的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可做好。
16.【答案】解：(1)由波形图可知，波长λ=20m
若波沿x轴正方向传播，则Δx=7.5m=38λ，所以Δt=3T8+nT(n=0,1,2,3...)
解得：T=2.48n+3s(n=0,1,2,3...)
则波速：v=λT=200n+753m/s(n=0,1,2,3...)
(2)n=0时，波速最小，为：v=25m/s，此时T=0.8s
则：ω=2πT=2.5πrad/s
所以该波的波动方程：y=Asin[ω(t+xv)]
结合波的振幅为10cm，质点A离开平衡位置的位移为7.5m，可得，当t=0时，A点的位移为：
yA=Asin(ω⋅xv)=10sin(2.5π×7.525)cm=52cm
由振动方程：yA=Asin(ωt+θ0)，结合质点A在零时刻向上运动，θ0小于π2，代入数据可得：θ0=14π
故质点A的振动方程为：y=Asin(ωt+θ0)=10sin(2.5πt+π4)(cm)
答：(1)该简谐横波的波速为200n+753m/s(n=0,1,2,3...)；
(2)当波速取最小值时，质点A的振动方程为y=10sin(2.5πt+π4)(cm)。
【解析】(1)由图可知波的波长，而由图可得波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；
(2)由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程。
本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解。
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