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2021-2022学年浙江省杭州市高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省杭州市高二（下）期末物理试卷（含解析），共29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。
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2021-2022学年浙江省杭州市高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本题共12小题，共36分）
1. 下列物理量是矢量且其国际单位制(SI)单位正确的是( )
A. 功，J B. 动量，m/s
C. 电场强度，V/m D. 电势差，V
2. 下列关于物理科学研究方法的说法正确的是( )
A. 电场强度的定义运用了类比法
B. 电容的定义运用了理想化模型法
C. 点电荷模型的建立运用了比值定义法
D. 研究加速度与力、质量关系时运用了控制变量法
3. 第19届亚运会将于今年9月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400m标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是( )
A. 400m比赛每位运动员的位移大小为400m
B. 100m比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C. 4×100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100m
D. 用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点
4. 如图所示为我市某校运动会中的一个项目，六位同学共同抓住一根水平竹竿，以右侧置于地上的锥形桶为轴转圈，则此时从右往左数第四位同学和第五位同学相比较( )
A. 线速度可能大 B. 角速度可能大
C. 向心加速度可能大 D. 向心力可能大
5. 如图所示，永州某校高三体育专业生在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设该同学做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，且绳子BO=AO。为简便计算，假设两绳间的夹角为θ=60°，绳AO、BO与水平面间的夹角恒为γ=30°，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为f，则每根绳的拉力大小为( )
A. 23f B. 22f C. 233f D. 2f
6. 2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭(火箭全长约60m)，在酒泉卫星发射中心按预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。假设火箭在竖直升空的过程中加速度恒定，图为发射后3.5秒末的照片和毫米刻度尺，可估算出这一阶段火箭竖直升空的加速度大小为( )
A. 1.3m/s2 B. 2.6m/s2 C. 12.6m/s2 D. 26m/s2
7. 神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱(船)组合体，绕地球做匀速圆周运动(如图甲)。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年12月9日和2022年3月23日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验(如图乙)，下列相关说法正确的是( )
A. 神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/s
B. 完成对接后，四舱(船)组合体的环绕速度大于7.9km/s
C. 实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力
D. 对接后四舱(船)组合体的加速度大小等于对接前的三舱(船)组合体的加速度大小
8. 我国计划在2030年前实现“载人登月”，月球土壤里大量存在着一种叫做氦3(23He)的化学元素，是热核聚变的重要原料，科学家初步估计月球上至少有100万吨氦3(23He)，如果相关技术开发成功，可为地球带来丰富的能源。关于氦3(23He)与氘核(12H)聚变，下列说法中正确的是( )
A. 核反应方程可能为 23He+12H→24He+11H
B. 氦3(23He)与氘核(22H)发生聚变将吸收能量
C. 核反应生成物的质量将大于反应物的质量
D. 氘核(12H)的比结合能大于氦核(24He)的比结合能
9. 图甲为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A上形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙；某同学实验时，将原线圈与正弦式交流电源相连，并用多用电表的交流电压挡测得原、副线圈的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是( )
A. 若铁芯B没有安装在铁芯A上，U1U2=n1n2
B. 若铁芯B没有安装在铁芯A上，U1U2>n1n2
C. 若铁芯B安装在铁芯A上，U1U2
10. 在某校运动会的集体项目30m“袋鼠跳”接力赛中，一位质量为50kg的同学从起点开始共跳动15次正好抵达终点，假设每次跳跃距离相同，重心均升高0.45m，则以下说法正确的是( )
A. 每次跳跃该同学消耗体能225J
B. 起跳离地前，该同学处于失重状态
C. 起跳离地前与下落触地后，地面给人的摩擦力方向不同
D. 若该同学用14次跳跃动作完成比赛，则用时一定更短
11. 2022年北京冬季奥运会比赛项目“跳台滑雪”被称为“勇者的游戏”，其滑道由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成。如图所示为某滑雪爱好者从助滑道上滑下，在起跳区末端(A点正上方高h处)，第一次以速度v0水平飞出，经过时间t，落在着陆坡AB的中点处。已知AB长为2L，若第二次该滑雪者在起跳区末端以12v0的速度水平飞出(不计空气阻力)，则滑雪者( )
A. 在空中飞行时间变为t2
B. 着陆点离A点的距离大于L4
C. 着陆时的速度方向与第一次相同
D. 着陆时重力做功的瞬时功率是第一次的一半
12. 2022年北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后，奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某同学发现每朵“小雪花”的基本形状如图乙所示，并利用绝缘弧形细条摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。则( )
A. a点场强大于c点场强
B. a、c两点的电势相等
C. b、d两点的场强相等
D. 正的试探电荷从b点到d点电势能增加
二、多选题（本题共4小题，共9分）
13. 光学镊子是靠激光束“夹起”细胞、病毒等极其微小粒子的工具。为了简化问题，将激光束看作粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。如图所示，是一个半径为R、折射率均匀的圆柱形玻璃砖的横截面，两束光线从A点与横截面中轴线(图中虚线)成74°角射入玻璃砖后从B、C点射出，出射光与中轴线平行。已知真空中的光速为C，sin37°=0.6，则( )
A. 该玻璃砖的折射率为1.5 B. 两束光线对玻璃砖的合力向下
C. 玻璃砖全反射临界角的正弦值为56 D. 光在玻璃砖内运动消耗的时间为64R25C
14. 下列现象涉及电磁感应的是( )
A. 图甲，利用直流高压静电除尘
B. 图乙，将铜片和锌片插入柚子发电
C. 图丙，利用无线充电装置对手机充电
D. 图丁，用铝框做磁电式电表表头的骨架
15. 下列与图片对应的说法正确的是( )
A. 图甲是两种光现象图案，上方为光的干涉条纹，下方为光的衍射条纹
B. 图乙是锌板在紫外线灯照射下发生光电效应时的情形，此时光子会从锌板逸出
C. 图丙是LC振荡电路充放电过程的某瞬间，由电场线和磁感线可知电场强度正在增大
D. 图丁是某放射源放出的α、β、γ射线垂直射入磁场时的情形，向右偏的是一种电磁波
16. 如图所示，两个位于x=0和x=6m处的波源分别处在介质Ⅰ和Ⅱ中，x=3m是两介质的分界面。t=0时刻两波源同时开始沿y轴正方向作简谐振动，振幅A=1cm，分别产生沿x轴相向传播的两列机械波。t=2s时介质Ⅰ的波恰好传到分界面，此时两波源都刚好第4次回到平衡位置，t=3s时，介质Ⅱ的波也刚好传到分界面。不计波传播过程中的能量损失，则( )
A. 波在两介质中传播的波长相同
B. 波在介质Ⅰ和介质Ⅱ中的波速之比为2：3
C. t=3.25s时刻x=3m处的质点第一次达到最大位移
D. 经过足够长时间后，在x轴上0m
17. 实验室有小车、打点计时器、纸带、砝码等器材，某班级同学想用这些器材探究加速度与力的关系，设计了不同的实验方案。
(1)某小组用图甲所示方案做实验，关于操作过程中，以下说法正确的是______。
A.在平衡摩擦阻力环节，可以挂上砝码盘，用砝码盘的重力平衡一部分摩擦力
B.小车需要从同一位置静止释放
C.该实验不需要测量小车质量
D.实验时先放小车，后开打点计时器
(2)某小组用图乙所示方案做实验，先挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下托盘和砝码，用天平测出其总质量为m，把小车放回木板上原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a。
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是______(多选)；
A.小车质量
B.小车运动方向
C.斜面倾角
D.砝码和砝码盘的总质量
②该小组根据测量数据描绘出的a-F关系图象，正确的是______。
18. (1)某同学想测出一个工厂排出废水的电阻率，以判断废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω⋅m)。有一个长为L的圆柱形玻璃管，两底面为带有接线柱的圆形金属薄板(板的电阻不计)。该同学将水样注满玻璃管后，用图甲的实验方案进行测量。
①该同学用游标卡尺测量玻璃管的内径，需用到图乙中游标卡尺的______(选填图乙中的“A”、“B”、“C”)部分与玻璃管紧密接触；该同学实验前，先用多用电表欧姆挡的“×100”挡粗测水样的电阻值，测量时表盘上指针如图丙所示，则所测水样的电阻约为______Ω。
②该同学实验测得电压表示数U，电流表示数I、玻璃管内径d、水柱长度L，则该水样的电阻率=______(用题中所给字母表示)
19. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中：
(1)以下哪些操作能够增大屏上相邻两条亮纹之间的距离______。
A.将绿色滤光片换为红色滤光片
B.增大双缝之间的距离
C.增大单缝与双缝之间的距离
D.增大双缝与屏之间的距离
(2)调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹(并将其记为第一条)的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离a=9.900mm，又知双缝间距d=0.200mm，双缝到屏的距离l=1.00m，则对应的光波的波长为______m(保留三位有效数字)。
四、计算题（本题共4小题，共41分）
20. 如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰而上运动时，运动员可以通过剧冰来减小冰壶与冰而之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从投掷线到“大本营”中心的距离为30m，“大本营”的直径为4m。在某次比赛中，质量为20kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1s内位移为0.1m。(假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，可以把冰壶看成质点)求：
(1)正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；
(2)要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件(可用根式表示)；
(3)冰壶以3m/s的初速度滑过投掷线，运动一段时间后，运动员开始刷冰直到冰壶停在大本营正中心，若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间。
21. 如图所示是一个过山车轨道模型，AB是一段与水平方向夹角为α=30°，长为L1=4.0m的倾斜轨道，通过水平轨道BC(长度L2=3.6m)与竖直圆轨道CDEFG(轨道半径R=0.4m，圆轨道最低点C、G略有错开)，出口为水平轨道GH，在GH的右端竖直挡板上固定着一个轻质弹簧，小球与BC轨道的动摩擦因数μ可以调节，整个轨道除BC段以外都是光滑的。一个质量m=1kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从某一高处水平抛出，到A点时速度vA=4m/s，方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知所有轨道转折处均有光滑微小圆弧相接，小球滑过时无机械能损失。则：
(1)小球水平抛出的位置离A点的水平距离x多大？
(2)要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E，动摩擦因数的最大值是多少？
(3)若小球从A进入轨道后一共能4次通过圆轨道的最高点E，且始终不脱离圆轨道，动摩擦因数的取值满足什么条件？
22. 如图所示，间距L=1m的两光滑平行金属导轨水平放置，左侧接C=0.1F的电容，开始时不带电，右侧接R=6Ω的电阻，中间MA、ND段绝缘，右侧ADEF区域存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B1=1T，AF长度d=1.8m，MN左侧轨道足够长且存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B2=2T，EF的右侧某位置固定一轻质弹簧。金属杆a、b的长度均为L，质量均为m=0.1kg，电阻均为r=6Ω，金属杆a以v0=10m/s的速度进入ADEF磁场区域，金属杆b静止在ADEF区域外侧，金属杆a、b碰后粘连在一起，求：
(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，通过a棒的电流大小；
(2)粘连一起后的导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小；
(3)导体棒最终的速度大小。
23. 如图所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管高度AC长为2R，左侧的电势比右侧高，中轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心。在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d=3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ=60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B2。在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。求：
(1)粒子刚进入加速管时的速度v大小；
(2)加速管两端的电压U；
(3)荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl；
(4)若荧光屏能绕E点在转动，荧光屏上的最小发光长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、功只有大小，没有方向，是标量，其单位是J，故A错误；
B、动量既有大小，又有方向，是矢量，其国际单位是kg⋅m⋅s-1，故B错误；
C、电场强度既有大小，又有方向，是矢量，其单位是V/m，故C正确；
D、电势差只有大小，没有方向，是标量，其单位是V，故D错误。
故选：C。
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；根据有无方向确定是矢量还是标量，再写出单位。
本题考查矢量和标量以及国际单位制中的单位问题，对于矢量，可根据其方向特点和运算法则进行记忆，知道矢量的运算遵守平行四边形法则。
2.【答案】D
【解析】解：A、电场强度：E=Fq，采用了比值定义法，故A错误；
B、电容C=QU，采用了比值法定义，故B错误；
C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替带电体的方法运用了理想模型法，故C错误；
D、在探究加速度与力、质量的关系实验中，需要先控制其中的某一个物理量不变，探讨另外两个物理量之间的关系，所以运用了控制变量法，故D正确。
故选：D。
理解常见的比值定义法得出的物理量；点电荷属于理想化的物理模型；在探究加速度与力、质量的关系实验中运用了控制变量法。
我们在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等。
3.【答案】B
【解析】解：A、位移为初位置到末位置的有向线段，由于400m比赛运动员的初位置不同，故位移不相同，故A错误；
B、100m比赛时，每位运动员的位移相同，冠军运动员所用时间最短，根据v-=xt可知平均速度最大，故B正确；
C、4×100比赛中最后一棒运动员运动的位移大小不一定等于100m，与交界区域有关，故C错误；
D、用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，是研究短跑运动员的撞线时，其自身大小不能忽略，所以不可以看做质点，故D错误；
故选：B。
位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值，物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或可以忽略不计时，可以看做质点。
本题主要考查了描述物体运动的物理量，抓住各个物理量的定义即可判断。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
第四位同学和第五位同学同轴转动，角速度相同，根据v=ωr，a=ω2r和F=mω2r即可判断。
本题主要考查了同轴转动，明确角速度相同，关键是在比较向心力时，还需要考虑同学的质量大小关系即可。
【解答】
AB、该六位同学同轴转动，角速度相同，第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据v=ωr可知，第四位同学比第五位同学线速度小，故AB错误；
C、第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据a=ω2r可知第四位同学比第五位同学转动的向心加速度小，故C错误；
D、第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据F=mω2r可知，由于两位同学的质量不知道，当第四位同学的质量比第五位同学的质量大时，第四位同学比第五位同学转动时的向心力可能大，故D正确；
故选：D。
5.【答案】A
【解析】解：设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合=2Fcosθ2，方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为γ，
，受力分析如图所示
对轮胎，由平衡条件：F合cosγ=f，
解得F=fcosγ⋅2cosθ2，代入数据得F=23f。故A正确，BCD错误。
先求出绳子拉力的合力的表达式，再对轮胎，利用平衡条件列方程即可求解。
本题考查了共点力平衡条件的应用，正确进行力的合成是解题的关键，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：由图片和题意可知，火箭长度60m，对应的刻度尺长度为8cm，
地面对应的刻度尺长度为1.5cm，
所以在3.5s内上升的高度约为11.25m，由x=12at2，
代入数据得a≈1.8m/s2，A选项最为接近，A正确，BCD错误。
故选：A。
根据图片可以知道火箭运动的位移的大小，根据位移—时间关系式计算加速度的大小。
本题是对位移—时间关系式的考查，明确匀变速运动规律即可解决。
7.【答案】D
【解析】解：AB、根据卫星的发射原理可知，第一宇宙速度(7.9km/s)是最大的环绕速度，最小的发射卫星速度；第二宇宙速度(11.2km/s)是脱离速度，即发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发射速度，则神舟十三号的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故AB错误；
C、由于万有引力提供向心力，舱内处于完全失重状态，实验时水中的乒乓球不会上浮，故C错误；
D、根据GMmr2=ma可知，对接成功后轨道半径不变，对接后四舱(船)组合体的加速度大小等于对接前的三舱(船)组合体的加速度大小，故D正确；
故选：D。
第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度；空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合列式分析。
解决本题时，要了解宇宙速度的意义，知道航天器在太空中万有引力提供向心力处于完全失重状态。
8.【答案】A
【解析】解：A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知该核反应可能为 23He+12H→24He+11H，故A正确；
BC、根据核反应的特点可知，氦3(23He)与氘核(22H)发生聚变将释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知生成物的质量小于反应物的质量，故BC错误；
D、根据核子的质量数与比结合能的关系可知，氘核(12H)的比结合能小于氦核(24He)的比结合能，故D错误。
故选：A。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断；轻核的聚变释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知生成物的质量小于反应物的质量．
对于D选项，只有记住，没有别的途径．由于质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、若铁芯B没有安装在铁芯A上，变压器不满足理想变压器条件，存在漏磁现象，磁通量的变化率大于副线圈磁通量的变化率，根据电磁感应定律可知
ΔΦ1Δt=U1n1>ΔΦ2Δt=U2n2，故B正确，A错误；
CD、将铁芯B安装到铁芯A上后，根据原副线圈的匝数比与电压的比值关系，则有
U1U2=n1n2，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的比值关系。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系即可完成分析。
10.【答案】C
【解析】解：A、每次跳跃，该同学消耗的体能除了用于升高重心转化为该同学的重力势能外，还有向前的动能，故消耗的体能ΔE>mgh=50×10×0.45J=225J，故A错误；
B、起跳离地前，该同学的加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；
C、起跳时，该同学在水平方向上有向前的加速度，受摩擦力方向向前。落地时，该同学有向后的加速度，才能保证落地后能战立在地面，所以该同学受摩擦力方向向后，故C正确；
D、完成比赛的时间等于跳跃的次数乘以每次跳跃的时间，由于每次参加比赛的跳跃时间可能不同，故无法比较完成比赛的时间，故D错误。
故选：C。
每次跳跃消耗的体能用于增加重力势能和水平方向的动能；加速度方向向上处于超重状态；注意在跳跃前进的过程中，还有水平方向的速度，据此判断摩擦力方向；每次比赛时跳跃的时间可能不同。
该同学跳到最高点时还有水平方向的速度，否则无法前进，所以每次的跳跃前进相当于做的是斜抛运动，所以在水平方向上起跳时要加速，落地时要减速。
11.【答案】B
【解析】解：A、滑雪者在空中做平抛运动，将滑雪者的运动分解为沿斜面和垂直斜面的分运动，如图所示：
设着陆坡AB的倾角为θ，第一次以速度v0水平抛出，滑雪者在垂直斜面方向做速度大小为v0sinθ，加速度为gcosθ的匀减速运动，则有
-hcosθ=v0sinθ⋅t-12gcosθt2
解得：t=v0sinθ+(v0sinθ)2+2ghcos2θgcosθ(另一解舍去)
第二次以12v0水平飞出，滑雪者在垂直斜面方向有
-hcosθ=12v0sinθ⋅t'-12gcosθt'2
解得：t'=12v0sinθ+(12v0sinθ)2+2ghcos2θgcosθ
可得：t'>t2，故A错误；
B、第一次以速度v0水平飞出，水平方向有
Lcosθ=v0t
第二次以速度12v0水平飞出，设着陆点离A点的距离为s，水平方向有
scosθ=12v0t'>14v0t=14Lcosθ
可得：s>14L，故B正确；
C、设第一次着陆时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有
tanα=gtv0
设第二次着陆时的速度方向与水平方向的夹角为β，则有
tanβ=gt'12v0>gt212v0=tanα
可知两次着陆时的速度方向不相同，故C错误；
D、第一次着陆时的重力做功的瞬时功率为
P=mg⋅gt
第二次着陆时的重力做功的瞬时功率为
P'=mg⋅gt'>mg⋅gt2=P2，故D错误；
故选：B。
将滑雪者的运动分解到沿斜面和垂直于斜面，根据运动学公式和几何关系分析出下落的时间和水平位移的大小关系；
理解平抛运动中的偏角问题，结合几何关系完成分析；
熟悉功率的计算公式，根据物理量的关系完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，要熟悉平抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式即可分析，但计算量大，难度中等偏上。
12.【答案】C
【解析】解：A、根据对称性可知，a点场强等于c点场强，故A错误；
B、由于沿着电场线，电势降低，因此a点电势比c点电势高，故B错误；
C、根据对称性可知，b、d两点的场强大小相等，方向相同，故C正确；
D、根据对称性可知，b、d两点的电势均为零，则正的试探电荷从b点到d点电场力做功为零，电势能不变，故D错误；
故选：C。
根据对称性分析出场强的关系；
沿着电场线的方向电势逐渐降低，结合电性得出电势能的变化。
本题主要考查了电场线的相关应用，根据电场线分析出场强的特点和电势的特点，难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.两光线在玻璃砖中的光路图如图1所示
图1
第一次进入玻璃砖，折射角设为α，由几何关系得
2α=74°
解得：α=37°，
玻璃砖的折射率
n=sin74°sin37∘=2cos37°=1.6，
故A错误；
B.两光束进入玻璃砖前后的速度和速度变化的矢量三角形如图2所示
图2
由动量定理，玻璃对光子的作用力F1方向与Δv1方向相同，玻璃砖对光子的作用力F2方向与Δv2方向相同，由平行四边形定则，玻璃砖对光的合力F方向向下，如图3所示，由牛顿第三定律，两束光线对玻璃砖的合力F向上。
图3
故B错误；
C.玻璃砖全反射临界角的正弦值
sinC=1n=11.6=58
故C错误；
D.光在玻璃砖内运动消耗的时间为
t=2Rcos37°v
又
v=cn
联立解得：t=64R25c，
故D正确；
故选：D。
作出光在玻璃砖中折射光线，由几何关系求出折射角和光程，根据折射定律求折射率，根据t=sv求运动时间；由动量定理可知：Δv的方向即为小球对光束作用力的方向，根据力的合成与牛顿第三定律求光线对玻璃砖的作用力。
本题主要是考查光的折射和力的合成与分解，弄清楚题干给出的信息，结合动量定理、牛顿运动定律以及力的合成与分解等知识进行分析。
14.【答案】CD
【解析】解：A、直流高压静电除尘是通过高压将气体电离，尘埃与负离子结合带上负电，在电场力作用下向正极表面积累，不涉及电磁感应，故A错误；
B、将铜片和锌片插入柚子发点，是利用柚子中的化学物质和金属片发生反应产生电能，不涉及电磁感应，故B错误；
C、利用无线充电装置对手机充电，原理是通过交流电源对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流，涉及到电磁感应，故C正确；
D、用铝框做磁电式电表表头的骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生安培力阻碍运动，使其很快停止摆动，涉及到电磁感应，故D正确；
故选：CD。
理解不同的生活现象中的物理原理，由此即可完成分析。
本题主要考查了电磁感应在生活和生产中的作用，熟悉不同的现象的物理原理即可完成分析，平时学习要多注意积累。
15.【答案】AC
【解析】解：A、上方条纹间距相等，故为干涉条纹；下方越往外，条纹越窄，越暗，故为衍射条纹，故A正确；
B、锌板在紫外线灯照射下发生光电效应时的情形，此时光电子会从锌板逸出，而不是光子会从锌板逸出，故B错误；
C、图丙中磁场的方向向上，根据安培定则可知电流的方向从上到下，此时电容器中电场的方向向上，则下极板带正电，结合电流的方向可知电容器此时正在充电，则电容器内电场强度正在增大，故C正确；
D、图丁磁场的方向垂直于纸面向里，粒子运动的方向向上，根据左手定则可知向右偏转的带负电，为β粒子；电磁波不带电，不发生偏转，故D错误。
故选：AC。
根据条纹变化特点判断光学现象；通过紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子带正电；在电磁振荡中，根据安培定则判断电流的方向，结合极板上的电荷判断充放电；根据左手定则判断。
该题考查干涉与衍射、光电效应、电磁振荡以及三种射线，注意会区分干涉与衍射图样是关键。
16.【答案】CD
【解析】解：B、波在介质I的波速为
v1=32m/s
波在介质Ⅱ中的波速为
v2=33m/s=1m/s
波在介质I和介质Ⅱ中的波速之比为3：2，故B错误；
A、t=2s时两波源都刚好第4次回到平衡位置，故两列波的周期都是1s，t=3s时，介质Ⅱ波也刚好传到分界面，由题意可知，两列波在不同介质中传播的速度不同，由λ=vT，波在介质I的波长为
λ1=32×1m=32m
波在介质Ⅱ的波长为
λ2=1×1m=1m
波在两介质中传播的波长不同，故A错误；
C、两列波的振动周期都是1s，t=3s时，介质Ⅱ的波刚好传到x=3m处，该点到两波源的波程差为0，两列波的相位差为2π，故为振动加强点，当再经过T4时第一次到该处的质点第一次达到最大位移，故t=3.25s时刻x=3m处的质点第一次达到最大位移，故C正确；
D、两列波的振动周期、频率都相同，在不同介质中的波速、波长不同，经过3s时，介质Ⅱ的波刚好到达x=3m处，且此刻两列波的相位差为2π，振动加强点到x=0m和x=3m的距离差为半波长的偶数倍，即为
Δs=2nλ12=2n34(n=0,1,2……)
在x轴上0m
Δs=2nλ12+λ12=32n+34(n=0,1,2……)
在x轴上0m
在x轴上3m
根据题目中的条件得出波速的比值关系；
根据运动学公式得出波在两介质中传播的波长的大小关系；
根据波的叠加原理分析出振动加强点和振动减弱点的数量。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合波的叠加原理完成分析。
17.【答案】C CD A
【解析】解：(1)A、在平衡摩擦阻力环节，不需挂上砝码盘，使重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，故A错误；
B、小车不需要从同一位置静止释放，故B错误；
C、该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，不需要测量小车质量，故C正确；
D、为充分利用纸带、减小误差，实验时先开打点计时器，后放小车，故D错误；
(2)①该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，小车加速下滑时受到的合外力等于砝码和砝码盘的总重力，为了测量多组不同的数据，实验中，小车的质量、小车运动的方向均不能改变，需要改变斜面倾角、砝码和砝码盘的总质量；故CD正确，AB错误；
②由于乙实验方案在作a-F关系时，小车受到的合外力F=mg=Ma，则有a=1MF，故A正确；
故答案为：(1)C；(2)①CD；②A。
在平衡摩擦阻力环节，不需挂上砝码盘，使重力沿斜面向下的分力等于摩擦力；小车不需要从同一位置静止释放；该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，不需要测量小车质量；为充分利用纸带、减小误差，实验时先开打点计时器，后放小车；该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，小车加速下滑时受到的合外力等于砝码和砝码盘的总重力，为了测量多组不同的数据，实验中，小车的质量、小车运动的方向均不能改变，需要改变斜面倾角、砝码和砝码盘的总质量；根据牛顿第二定律列出a-F关系式分析。
本题考查了探究加速度、质量和物体受力的关系实验的实验操作和误差分析，学生需熟练掌握并变通应用。
18.【答案】A 1300 πd2U4IL
【解析】解：①用游标卡尺的A部分测量管内径；
读数为R=13.0×100Ω=1300Ω；
②水样的横截面为S=πd24
水样的电阻为
R=UI
根据电阻定律得：
R=ρLS
联立解得：ρ=πd2U4IL。
故答案为：①A；1300；②πd2U4IL。
①熟悉螺旋测微器的正确操作和多用电表的读数规则；
②根据欧姆定律和电阻定律得出电阻率的表达式。
本题主要考查了金属电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
19.【答案】AD 1.180 6.60×10-7
【解析】解：(1)根据△x=Ldλ可知：
A、将绿色滤光片换为红色滤光片，波长λ变大，则相邻条纹间的间距变大，故A正确；
B、增大双缝之间的距离d，相邻条纹间距变小，故B错误；
C、增大单缝和双缝之间的距离，相邻条纹间距不变，故C错误；
D、增大双缝与屏之间的距离L，则相邻条纹间距变大，故D正确。
故选：AD。
(2)图乙的手轮的读数为：x=1mm+18.0×0.01mm=1.180mm，
相邻两条亮纹之间的距离：△x=a3=3.300mm=3.3×10-3m；
再由△x=Ldλ，则有λ=d⋅△xL=0.2×10-3×3.3×10-31=6.60×10-7m；
故答案为：(1)AD；(2)1.180，6.60×10-7；
(1)根据双缝干涉条纹的间距公式，判断影响条纹间距的因素；
(2)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。
根据双缝干涉条纹的间距公式求出光波的波长大小。
解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=Ldλ，知道影响相邻条纹间距的因素，并会用该公式处理波长问题。
20.【答案】解：(1)冰壶停下的最后1s内位移为0.1m，则有：x1=12at2
代入数据解得：a=0.2m/s2
根据牛顿第二定律可得：f=ma
得：f=4N；
(2)根据速度—位移关系可得：x=v022a
根据题意可知：30m-2m≤x≤30m+2m，即28m≤x≤32m
可得：565m/s≤v0≤645m/s；
(3)刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，根据牛顿第二定律可得加速度a'=12a=12×0.2m/s2=0.1m/s2
根据速度—位移关系可得：
2ax1=v02-v12；
2a'x2=v12
且：x1+x2=30m
可得：v1=3m/s，
根据速度—时间关系可得：t2=v1a'
代入数据解得：t2=103s。
答：(1)正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小为4N；
(2)要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件为565m/s≤v0≤645m/s；
(3)为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间为103s。
【解析】(1)冰壶停下的最后1s内位移为0.1m，根据位移—时间关系结合根据牛顿第二定律进行解答；
(2)根据速度—位移关系进行解答；
(3)根据速度—位移关系、速度—时间关系求解运动员需要刷冰的时间。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
21.【答案】解：(1)在A点，根据速度的分解可得：vy=vAsinα
解得vy=2m/s
根据vy=gt可得t=0.2s
由x=vAcosα⋅t
解得x=0.43m
(2)恰能过E点，根据牛顿第二定律可得mg=mvE2R，解得vE=Rg
A到E，动能定理：mg(L1sinα-2R)-μmgL2=12mvE2-12mvA2
所以最大值μ=0.5
(3)恰好不从A点滑出的动摩擦因数μ1
考虑从A到A的过程-μ1mg2L2=0-12mvA2
解得μ1=19
所以要求μ>19
不脱离圆轨道的条件是第4次能过E点对应的动摩擦因数为μ
过E点vE>gR，
根据动能定理可得：mg(L1sinα-2R)-μmg×3L2=12mvE2-12mvA2
解得μ<16
不过D点-μmg×5L2+mg(L1sinα-h)=0-12mvA2
h≤R
所以μ≥215
综上可得，215≤μ≤16
答：(1)小球水平抛出的位置离A点的水平距离x为0.43m；
(2)要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E，动摩擦因数的最大值是0.5；
(3)若小球从A进入轨道后一共能4次通过圆轨道的最高点E，且始终不脱离圆轨道，动摩擦因数的取值满足条件为215≤μ≤16。
【解析】(1)在A点，根据速度的合成与分解求得水平方向和竖直方向的速度，结合运动学公式求得水平位移；
(2)在E点，根据牛顿第二定律求得恰好通过时的速度，从A到E，根据动能定理求得最大滑动摩擦因数；
(3)小球不能从A点飞出，在整个运动过程中，求得动摩擦因数，根据小球一共4次通过最高点，在第4次通过的过程中，根据动能定理求得动摩擦因数，第5次不能通过最高点，即可求得动摩擦因数。
解答本题时，首先要理清小物块的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件，再选择相应的力学规律解答。要知道小球恰能通过圆轨道的最高点E时，由重力提供向心力。能熟练运用运动的分解法研究平抛运动
22.【答案】解：(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，a棒产生的感应电动势大小ε=B1Lv0
解得ε=10V
由电路结构可知，电路的总电阻：R总=RrR+r+r
解得：R总=9Ω
通过a棒的电流大小I=εR总
解得I=109A
(2)设a棒恰好穿过磁场区域时的速度为v1，a棒穿过ADGH过程，取向右为正方向，由动量定理得：
-B1I-L⋅t=mv1-mv0
又I-⋅t=B1Lv-⋅tR总=B1LdR总
联立得
-B12L2dr+RrR+r=mv1-mv0
解得v1=8m/s
碰撞过程，取向右为正方向，由两棒动量守恒得：
mv1=2mv2
解得v2=4m/s
两棒向左出磁场的速度为v3，两棒一起向左滑出磁场过程，取向左为正方向，由动量定理得：
-B12L2dR+r2=2mv3-2mv2
解得v3=3m/s
(3)棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，此时：QC=B2Lv4
此过程，对棒用动量定理：B2LQ=2m(v3-v4)
由上两式联立可得v4=1m/s
答：(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，通过a棒的电流大小为109A；
(2)粘连一起后的导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小为3m/s；
(3)导体棒最终的速度大小为1m/s。
【解析】(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，由ε=B1Lv0求出a棒产生的感应电动势大小，由欧姆定律求通过a棒的电流大小；
(2)研究a棒穿过ADEF磁场区域的过程，利用动量定理求a棒穿过磁场区域时的速度。由动量守恒定律求出两棒碰撞后的共同速度。再研究两棒向左穿过ADEF磁场的过程，利用动量定理求导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小；
(3)棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，由感应电动势公式求导体棒最终的速度大小。
本题的关键要理清两棒的运动情况，能熟练运用动量定理研究金属棒在磁场中做非匀变速直线运动的速度，运用电磁感应和力学规律相结合解答。
23.【答案】解：(1)粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，由向心力公式可得
qv1B=mv12R
解得v1=qB1Rm
(2)因粒子垂直打在荧光屏上，如图1所示：
在磁场Ⅱ中的运动半径为2R，由向心力公式可得qv2B2=mv222R
解得v2=2qB2Rm
粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得12mv22-12mv12=qU
联立解得加速管所加的电压为U=qR2(4B22-B12)4m
(3)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，如图2所示：
由几何关系得(x1cosθ+R)2+(x1sinθ)2=(2R)2
解得x1=13-12
从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，如图3所示：
由几何关系得(x2cosθ-R)2+(x2sinθ)2=(2R)2
解得x2=13+12R
粒子打中的区域长度Δl=x2-x1=R
(4)如图4所示荧光屏上的最小的发光长度为GH长
EG=(2R)2-R2=3R
GH=(2-3)R
答：(1)粒子刚进入加速管时的速度v大小为qB1Rm；
(2)加速管两端的电压U为qR2(4B22-B12)4m；
(3)荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl为R；
(4)若荧光屏能绕E点在转动，荧光屏上的最小发光长度为(2-3)R。
【解析】(1)粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何关系确定轨迹半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度v大小。
(2)因粒子垂直打在荧光屏上，画出粒子的运动轨迹，求出粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场Ⅱ中的速度大小。粒子在加速管中做加速运动，由动能定理求出加速管两端的电压U。
(3)作出粒子打在离E点最近和最远的点时的运动轨迹，由几何知识然后求出荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl。
(4)根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出荧光屏上的最小发光长度。
本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。
绝密★启用前
2021-2022学年浙江省杭州市高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本题共12小题，共36分）
1. 下列物理量是矢量且其国际单位制(SI)单位正确的是( )
A. 功，J B. 动量，m/s
C. 电场强度，V/m D. 电势差，V
2. 下列关于物理科学研究方法的说法正确的是( )
A. 电场强度的定义运用了类比法
B. 电容的定义运用了理想化模型法
C. 点电荷模型的建立运用了比值定义法
D. 研究加速度与力、质量关系时运用了控制变量法
3. 第19届亚运会将于今年9月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400m标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是( )
A. 400m比赛每位运动员的位移大小为400m
B. 100m比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C. 4×100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100m
D. 用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点
4. 如图所示为我市某校运动会中的一个项目，六位同学共同抓住一根水平竹竿，以右侧置于地上的锥形桶为轴转圈，则此时从右往左数第四位同学和第五位同学相比较( )
A. 线速度可能大 B. 角速度可能大
C. 向心加速度可能大 D. 向心力可能大
5. 如图所示，永州某校高三体育专业生在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设该同学做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，且绳子BO=AO。为简便计算，假设两绳间的夹角为θ=60°，绳AO、BO与水平面间的夹角恒为γ=30°，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为f，则每根绳的拉力大小为( )
A. 23f B. 22f C. 233f D. 2f
6. 2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭(火箭全长约60m)，在酒泉卫星发射中心按预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。假设火箭在竖直升空的过程中加速度恒定，图为发射后3.5秒末的照片和毫米刻度尺，可估算出这一阶段火箭竖直升空的加速度大小为( )
A. 1.3m/s2 B. 2.6m/s2 C. 12.6m/s2 D. 26m/s2
7. 神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱(船)组合体，绕地球做匀速圆周运动(如图甲)。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年12月9日和2022年3月23日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验(如图乙)，下列相关说法正确的是( )
A. 神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/s
B. 完成对接后，四舱(船)组合体的环绕速度大于7.9km/s
C. 实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力
D. 对接后四舱(船)组合体的加速度大小等于对接前的三舱(船)组合体的加速度大小
8. 我国计划在2030年前实现“载人登月”，月球土壤里大量存在着一种叫做氦3(23He)的化学元素，是热核聚变的重要原料，科学家初步估计月球上至少有100万吨氦3(23He)，如果相关技术开发成功，可为地球带来丰富的能源。关于氦3(23He)与氘核(12H)聚变，下列说法中正确的是( )
A. 核反应方程可能为 23He+12H→24He+11H
B. 氦3(23He)与氘核(22H)发生聚变将吸收能量
C. 核反应生成物的质量将大于反应物的质量
D. 氘核(12H)的比结合能大于氦核(24He)的比结合能
9. 图甲为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A上形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙；某同学实验时，将原线圈与正弦式交流电源相连，并用多用电表的交流电压挡测得原、副线圈的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是( )
A. 若铁芯B没有安装在铁芯A上，U1U2=n1n2
B. 若铁芯B没有安装在铁芯A上，U1U2>n1n2
C. 若铁芯B安装在铁芯A上，U1U2
10. 在某校运动会的集体项目30m“袋鼠跳”接力赛中，一位质量为50kg的同学从起点开始共跳动15次正好抵达终点，假设每次跳跃距离相同，重心均升高0.45m，则以下说法正确的是( )
A. 每次跳跃该同学消耗体能225J
B. 起跳离地前，该同学处于失重状态
C. 起跳离地前与下落触地后，地面给人的摩擦力方向不同
D. 若该同学用14次跳跃动作完成比赛，则用时一定更短
11. 2022年北京冬季奥运会比赛项目“跳台滑雪”被称为“勇者的游戏”，其滑道由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成。如图所示为某滑雪爱好者从助滑道上滑下，在起跳区末端(A点正上方高h处)，第一次以速度v0水平飞出，经过时间t，落在着陆坡AB的中点处。已知AB长为2L，若第二次该滑雪者在起跳区末端以12v0的速度水平飞出(不计空气阻力)，则滑雪者( )
A. 在空中飞行时间变为t2
B. 着陆点离A点的距离大于L4
C. 着陆时的速度方向与第一次相同
D. 着陆时重力做功的瞬时功率是第一次的一半
12. 2022年北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后，奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某同学发现每朵“小雪花”的基本形状如图乙所示，并利用绝缘弧形细条摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。则( )
A. a点场强大于c点场强
B. a、c两点的电势相等
C. b、d两点的场强相等
D. 正的试探电荷从b点到d点电势能增加
二、多选题（本题共4小题，共9分）
13. 光学镊子是靠激光束“夹起”细胞、病毒等极其微小粒子的工具。为了简化问题，将激光束看作粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。如图所示，是一个半径为R、折射率均匀的圆柱形玻璃砖的横截面，两束光线从A点与横截面中轴线(图中虚线)成74°角射入玻璃砖后从B、C点射出，出射光与中轴线平行。已知真空中的光速为C，sin37°=0.6，则( )
A. 该玻璃砖的折射率为1.5 B. 两束光线对玻璃砖的合力向下
C. 玻璃砖全反射临界角的正弦值为56 D. 光在玻璃砖内运动消耗的时间为64R25C
14. 下列现象涉及电磁感应的是( )
A. 图甲，利用直流高压静电除尘
B. 图乙，将铜片和锌片插入柚子发电
C. 图丙，利用无线充电装置对手机充电
D. 图丁，用铝框做磁电式电表表头的骨架
15. 下列与图片对应的说法正确的是( )
A. 图甲是两种光现象图案，上方为光的干涉条纹，下方为光的衍射条纹
B. 图乙是锌板在紫外线灯照射下发生光电效应时的情形，此时光子会从锌板逸出
C. 图丙是LC振荡电路充放电过程的某瞬间，由电场线和磁感线可知电场强度正在增大
D. 图丁是某放射源放出的α、β、γ射线垂直射入磁场时的情形，向右偏的是一种电磁波
16. 如图所示，两个位于x=0和x=6m处的波源分别处在介质Ⅰ和Ⅱ中，x=3m是两介质的分界面。t=0时刻两波源同时开始沿y轴正方向作简谐振动，振幅A=1cm，分别产生沿x轴相向传播的两列机械波。t=2s时介质Ⅰ的波恰好传到分界面，此时两波源都刚好第4次回到平衡位置，t=3s时，介质Ⅱ的波也刚好传到分界面。不计波传播过程中的能量损失，则( )
A. 波在两介质中传播的波长相同
B. 波在介质Ⅰ和介质Ⅱ中的波速之比为2：3
C. t=3.25s时刻x=3m处的质点第一次达到最大位移
D. 经过足够长时间后，在x轴上0m
17. 实验室有小车、打点计时器、纸带、砝码等器材，某班级同学想用这些器材探究加速度与力的关系，设计了不同的实验方案。
(1)某小组用图甲所示方案做实验，关于操作过程中，以下说法正确的是______。
A.在平衡摩擦阻力环节，可以挂上砝码盘，用砝码盘的重力平衡一部分摩擦力
B.小车需要从同一位置静止释放
C.该实验不需要测量小车质量
D.实验时先放小车，后开打点计时器
(2)某小组用图乙所示方案做实验，先挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下托盘和砝码，用天平测出其总质量为m，把小车放回木板上原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a。
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是______(多选)；
A.小车质量
B.小车运动方向
C.斜面倾角
D.砝码和砝码盘的总质量
②该小组根据测量数据描绘出的a-F关系图象，正确的是______。
18. (1)某同学想测出一个工厂排出废水的电阻率，以判断废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω⋅m)。有一个长为L的圆柱形玻璃管，两底面为带有接线柱的圆形金属薄板(板的电阻不计)。该同学将水样注满玻璃管后，用图甲的实验方案进行测量。
①该同学用游标卡尺测量玻璃管的内径，需用到图乙中游标卡尺的______(选填图乙中的“A”、“B”、“C”)部分与玻璃管紧密接触；该同学实验前，先用多用电表欧姆挡的“×100”挡粗测水样的电阻值，测量时表盘上指针如图丙所示，则所测水样的电阻约为______Ω。
②该同学实验测得电压表示数U，电流表示数I、玻璃管内径d、水柱长度L，则该水样的电阻率=______(用题中所给字母表示)
19. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中：
(1)以下哪些操作能够增大屏上相邻两条亮纹之间的距离______。
A.将绿色滤光片换为红色滤光片
B.增大双缝之间的距离
C.增大单缝与双缝之间的距离
D.增大双缝与屏之间的距离
(2)调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹(并将其记为第一条)的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离a=9.900mm，又知双缝间距d=0.200mm，双缝到屏的距离l=1.00m，则对应的光波的波长为______m(保留三位有效数字)。
四、计算题（本题共4小题，共41分）
20. 如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰而上运动时，运动员可以通过剧冰来减小冰壶与冰而之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从投掷线到“大本营”中心的距离为30m，“大本营”的直径为4m。在某次比赛中，质量为20kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1s内位移为0.1m。(假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，可以把冰壶看成质点)求：
(1)正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；
(2)要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件(可用根式表示)；
(3)冰壶以3m/s的初速度滑过投掷线，运动一段时间后，运动员开始刷冰直到冰壶停在大本营正中心，若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间。
21. 如图所示是一个过山车轨道模型，AB是一段与水平方向夹角为α=30°，长为L1=4.0m的倾斜轨道，通过水平轨道BC(长度L2=3.6m)与竖直圆轨道CDEFG(轨道半径R=0.4m，圆轨道最低点C、G略有错开)，出口为水平轨道GH，在GH的右端竖直挡板上固定着一个轻质弹簧，小球与BC轨道的动摩擦因数μ可以调节，整个轨道除BC段以外都是光滑的。一个质量m=1kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从某一高处水平抛出，到A点时速度vA=4m/s，方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知所有轨道转折处均有光滑微小圆弧相接，小球滑过时无机械能损失。则：
(1)小球水平抛出的位置离A点的水平距离x多大？
(2)要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E，动摩擦因数的最大值是多少？
(3)若小球从A进入轨道后一共能4次通过圆轨道的最高点E，且始终不脱离圆轨道，动摩擦因数的取值满足什么条件？
22. 如图所示，间距L=1m的两光滑平行金属导轨水平放置，左侧接C=0.1F的电容，开始时不带电，右侧接R=6Ω的电阻，中间MA、ND段绝缘，右侧ADEF区域存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B1=1T，AF长度d=1.8m，MN左侧轨道足够长且存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B2=2T，EF的右侧某位置固定一轻质弹簧。金属杆a、b的长度均为L，质量均为m=0.1kg，电阻均为r=6Ω，金属杆a以v0=10m/s的速度进入ADEF磁场区域，金属杆b静止在ADEF区域外侧，金属杆a、b碰后粘连在一起，求：
(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，通过a棒的电流大小；
(2)粘连一起后的导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小；
(3)导体棒最终的速度大小。
23. 如图所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管高度AC长为2R，左侧的电势比右侧高，中轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心。在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d=3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ=60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B2。在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。求：
(1)粒子刚进入加速管时的速度v大小；
(2)加速管两端的电压U；
(3)荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl；
(4)若荧光屏能绕E点在转动，荧光屏上的最小发光长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、功只有大小，没有方向，是标量，其单位是J，故A错误；
B、动量既有大小，又有方向，是矢量，其国际单位是kg⋅m⋅s-1，故B错误；
C、电场强度既有大小，又有方向，是矢量，其单位是V/m，故C正确；
D、电势差只有大小，没有方向，是标量，其单位是V，故D错误。
故选：C。
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；根据有无方向确定是矢量还是标量，再写出单位。
本题考查矢量和标量以及国际单位制中的单位问题，对于矢量，可根据其方向特点和运算法则进行记忆，知道矢量的运算遵守平行四边形法则。
2.【答案】D
【解析】解：A、电场强度：E=Fq，采用了比值定义法，故A错误；
B、电容C=QU，采用了比值法定义，故B错误；
C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替带电体的方法运用了理想模型法，故C错误；
D、在探究加速度与力、质量的关系实验中，需要先控制其中的某一个物理量不变，探讨另外两个物理量之间的关系，所以运用了控制变量法，故D正确。
故选：D。
理解常见的比值定义法得出的物理量；点电荷属于理想化的物理模型；在探究加速度与力、质量的关系实验中运用了控制变量法。
我们在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等。
3.【答案】B
【解析】解：A、位移为初位置到末位置的有向线段，由于400m比赛运动员的初位置不同，故位移不相同，故A错误；
B、100m比赛时，每位运动员的位移相同，冠军运动员所用时间最短，根据v-=xt可知平均速度最大，故B正确；
C、4×100比赛中最后一棒运动员运动的位移大小不一定等于100m，与交界区域有关，故C错误；
D、用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，是研究短跑运动员的撞线时，其自身大小不能忽略，所以不可以看做质点，故D错误；
故选：B。
位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值，物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或可以忽略不计时，可以看做质点。
本题主要考查了描述物体运动的物理量，抓住各个物理量的定义即可判断。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
第四位同学和第五位同学同轴转动，角速度相同，根据v=ωr，a=ω2r和F=mω2r即可判断。
本题主要考查了同轴转动，明确角速度相同，关键是在比较向心力时，还需要考虑同学的质量大小关系即可。
【解答】
AB、该六位同学同轴转动，角速度相同，第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据v=ωr可知，第四位同学比第五位同学线速度小，故AB错误；
C、第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据a=ω2r可知第四位同学比第五位同学转动的向心加速度小，故C错误；
D、第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据F=mω2r可知，由于两位同学的质量不知道，当第四位同学的质量比第五位同学的质量大时，第四位同学比第五位同学转动时的向心力可能大，故D正确；
故选：D。
5.【答案】A
【解析】解：设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合=2Fcosθ2，方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为γ，
，受力分析如图所示
对轮胎，由平衡条件：F合cosγ=f，
解得F=fcosγ⋅2cosθ2，代入数据得F=23f。故A正确，BCD错误。
先求出绳子拉力的合力的表达式，再对轮胎，利用平衡条件列方程即可求解。
本题考查了共点力平衡条件的应用，正确进行力的合成是解题的关键，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：由图片和题意可知，火箭长度60m，对应的刻度尺长度为8cm，
地面对应的刻度尺长度为1.5cm，
所以在3.5s内上升的高度约为11.25m，由x=12at2，
代入数据得a≈1.8m/s2，A选项最为接近，A正确，BCD错误。
故选：A。
根据图片可以知道火箭运动的位移的大小，根据位移—时间关系式计算加速度的大小。
本题是对位移—时间关系式的考查，明确匀变速运动规律即可解决。
7.【答案】D
【解析】解：AB、根据卫星的发射原理可知，第一宇宙速度(7.9km/s)是最大的环绕速度，最小的发射卫星速度；第二宇宙速度(11.2km/s)是脱离速度，即发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发射速度，则神舟十三号的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故AB错误；
C、由于万有引力提供向心力，舱内处于完全失重状态，实验时水中的乒乓球不会上浮，故C错误；
D、根据GMmr2=ma可知，对接成功后轨道半径不变，对接后四舱(船)组合体的加速度大小等于对接前的三舱(船)组合体的加速度大小，故D正确；
故选：D。
第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度；空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合列式分析。
解决本题时，要了解宇宙速度的意义，知道航天器在太空中万有引力提供向心力处于完全失重状态。
8.【答案】A
【解析】解：A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知该核反应可能为 23He+12H→24He+11H，故A正确；
BC、根据核反应的特点可知，氦3(23He)与氘核(22H)发生聚变将释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知生成物的质量小于反应物的质量，故BC错误；
D、根据核子的质量数与比结合能的关系可知，氘核(12H)的比结合能小于氦核(24He)的比结合能，故D错误。
故选：A。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断；轻核的聚变释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知生成物的质量小于反应物的质量．
对于D选项，只有记住，没有别的途径．由于质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、若铁芯B没有安装在铁芯A上，变压器不满足理想变压器条件，存在漏磁现象，磁通量的变化率大于副线圈磁通量的变化率，根据电磁感应定律可知
ΔΦ1Δt=U1n1>ΔΦ2Δt=U2n2，故B正确，A错误；
CD、将铁芯B安装到铁芯A上后，根据原副线圈的匝数比与电压的比值关系，则有
U1U2=n1n2，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的比值关系。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系即可完成分析。
10.【答案】C
【解析】解：A、每次跳跃，该同学消耗的体能除了用于升高重心转化为该同学的重力势能外，还有向前的动能，故消耗的体能ΔE>mgh=50×10×0.45J=225J，故A错误；
B、起跳离地前，该同学的加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；
C、起跳时，该同学在水平方向上有向前的加速度，受摩擦力方向向前。落地时，该同学有向后的加速度，才能保证落地后能战立在地面，所以该同学受摩擦力方向向后，故C正确；
D、完成比赛的时间等于跳跃的次数乘以每次跳跃的时间，由于每次参加比赛的跳跃时间可能不同，故无法比较完成比赛的时间，故D错误。
故选：C。
每次跳跃消耗的体能用于增加重力势能和水平方向的动能；加速度方向向上处于超重状态；注意在跳跃前进的过程中，还有水平方向的速度，据此判断摩擦力方向；每次比赛时跳跃的时间可能不同。
该同学跳到最高点时还有水平方向的速度，否则无法前进，所以每次的跳跃前进相当于做的是斜抛运动，所以在水平方向上起跳时要加速，落地时要减速。
11.【答案】B
【解析】解：A、滑雪者在空中做平抛运动，将滑雪者的运动分解为沿斜面和垂直斜面的分运动，如图所示：
设着陆坡AB的倾角为θ，第一次以速度v0水平抛出，滑雪者在垂直斜面方向做速度大小为v0sinθ，加速度为gcosθ的匀减速运动，则有
-hcosθ=v0sinθ⋅t-12gcosθt2
解得：t=v0sinθ+(v0sinθ)2+2ghcos2θgcosθ(另一解舍去)
第二次以12v0水平飞出，滑雪者在垂直斜面方向有
-hcosθ=12v0sinθ⋅t'-12gcosθt'2
解得：t'=12v0sinθ+(12v0sinθ)2+2ghcos2θgcosθ
可得：t'>t2，故A错误；
B、第一次以速度v0水平飞出，水平方向有
Lcosθ=v0t
第二次以速度12v0水平飞出，设着陆点离A点的距离为s，水平方向有
scosθ=12v0t'>14v0t=14Lcosθ
可得：s>14L，故B正确；
C、设第一次着陆时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有
tanα=gtv0
设第二次着陆时的速度方向与水平方向的夹角为β，则有
tanβ=gt'12v0>gt212v0=tanα
可知两次着陆时的速度方向不相同，故C错误；
D、第一次着陆时的重力做功的瞬时功率为
P=mg⋅gt
第二次着陆时的重力做功的瞬时功率为
P'=mg⋅gt'>mg⋅gt2=P2，故D错误；
故选：B。
将滑雪者的运动分解到沿斜面和垂直于斜面，根据运动学公式和几何关系分析出下落的时间和水平位移的大小关系；
理解平抛运动中的偏角问题，结合几何关系完成分析；
熟悉功率的计算公式，根据物理量的关系完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，要熟悉平抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式即可分析，但计算量大，难度中等偏上。
12.【答案】C
【解析】解：A、根据对称性可知，a点场强等于c点场强，故A错误；
B、由于沿着电场线，电势降低，因此a点电势比c点电势高，故B错误；
C、根据对称性可知，b、d两点的场强大小相等，方向相同，故C正确；
D、根据对称性可知，b、d两点的电势均为零，则正的试探电荷从b点到d点电场力做功为零，电势能不变，故D错误；
故选：C。
根据对称性分析出场强的关系；
沿着电场线的方向电势逐渐降低，结合电性得出电势能的变化。
本题主要考查了电场线的相关应用，根据电场线分析出场强的特点和电势的特点，难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.两光线在玻璃砖中的光路图如图1所示
图1
第一次进入玻璃砖，折射角设为α，由几何关系得
2α=74°
解得：α=37°，
玻璃砖的折射率
n=sin74°sin37∘=2cos37°=1.6，
故A错误；
B.两光束进入玻璃砖前后的速度和速度变化的矢量三角形如图2所示
图2
由动量定理，玻璃对光子的作用力F1方向与Δv1方向相同，玻璃砖对光子的作用力F2方向与Δv2方向相同，由平行四边形定则，玻璃砖对光的合力F方向向下，如图3所示，由牛顿第三定律，两束光线对玻璃砖的合力F向上。
图3
故B错误；
C.玻璃砖全反射临界角的正弦值
sinC=1n=11.6=58
故C错误；
D.光在玻璃砖内运动消耗的时间为
t=2Rcos37°v
又
v=cn
联立解得：t=64R25c，
故D正确；
故选：D。
作出光在玻璃砖中折射光线，由几何关系求出折射角和光程，根据折射定律求折射率，根据t=sv求运动时间；由动量定理可知：Δv的方向即为小球对光束作用力的方向，根据力的合成与牛顿第三定律求光线对玻璃砖的作用力。
本题主要是考查光的折射和力的合成与分解，弄清楚题干给出的信息，结合动量定理、牛顿运动定律以及力的合成与分解等知识进行分析。
14.【答案】CD
【解析】解：A、直流高压静电除尘是通过高压将气体电离，尘埃与负离子结合带上负电，在电场力作用下向正极表面积累，不涉及电磁感应，故A错误；
B、将铜片和锌片插入柚子发点，是利用柚子中的化学物质和金属片发生反应产生电能，不涉及电磁感应，故B错误；
C、利用无线充电装置对手机充电，原理是通过交流电源对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流，涉及到电磁感应，故C正确；
D、用铝框做磁电式电表表头的骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生安培力阻碍运动，使其很快停止摆动，涉及到电磁感应，故D正确；
故选：CD。
理解不同的生活现象中的物理原理，由此即可完成分析。
本题主要考查了电磁感应在生活和生产中的作用，熟悉不同的现象的物理原理即可完成分析，平时学习要多注意积累。
15.【答案】AC
【解析】解：A、上方条纹间距相等，故为干涉条纹；下方越往外，条纹越窄，越暗，故为衍射条纹，故A正确；
B、锌板在紫外线灯照射下发生光电效应时的情形，此时光电子会从锌板逸出，而不是光子会从锌板逸出，故B错误；
C、图丙中磁场的方向向上，根据安培定则可知电流的方向从上到下，此时电容器中电场的方向向上，则下极板带正电，结合电流的方向可知电容器此时正在充电，则电容器内电场强度正在增大，故C正确；
D、图丁磁场的方向垂直于纸面向里，粒子运动的方向向上，根据左手定则可知向右偏转的带负电，为β粒子；电磁波不带电，不发生偏转，故D错误。
故选：AC。
根据条纹变化特点判断光学现象；通过紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子带正电；在电磁振荡中，根据安培定则判断电流的方向，结合极板上的电荷判断充放电；根据左手定则判断。
该题考查干涉与衍射、光电效应、电磁振荡以及三种射线，注意会区分干涉与衍射图样是关键。
16.【答案】CD
【解析】解：B、波在介质I的波速为
v1=32m/s
波在介质Ⅱ中的波速为
v2=33m/s=1m/s
波在介质I和介质Ⅱ中的波速之比为3：2，故B错误；
A、t=2s时两波源都刚好第4次回到平衡位置，故两列波的周期都是1s，t=3s时，介质Ⅱ波也刚好传到分界面，由题意可知，两列波在不同介质中传播的速度不同，由λ=vT，波在介质I的波长为
λ1=32×1m=32m
波在介质Ⅱ的波长为
λ2=1×1m=1m
波在两介质中传播的波长不同，故A错误；
C、两列波的振动周期都是1s，t=3s时，介质Ⅱ的波刚好传到x=3m处，该点到两波源的波程差为0，两列波的相位差为2π，故为振动加强点，当再经过T4时第一次到该处的质点第一次达到最大位移，故t=3.25s时刻x=3m处的质点第一次达到最大位移，故C正确；
D、两列波的振动周期、频率都相同，在不同介质中的波速、波长不同，经过3s时，介质Ⅱ的波刚好到达x=3m处，且此刻两列波的相位差为2π，振动加强点到x=0m和x=3m的距离差为半波长的偶数倍，即为
Δs=2nλ12=2n34(n=0,1,2……)
在x轴上0m
Δs=2nλ12+λ12=32n+34(n=0,1,2……)
在x轴上0m
在x轴上3m
根据题目中的条件得出波速的比值关系；
根据运动学公式得出波在两介质中传播的波长的大小关系；
根据波的叠加原理分析出振动加强点和振动减弱点的数量。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合波的叠加原理完成分析。
17.【答案】C CD A
【解析】解：(1)A、在平衡摩擦阻力环节，不需挂上砝码盘，使重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，故A错误；
B、小车不需要从同一位置静止释放，故B错误；
C、该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，不需要测量小车质量，故C正确；
D、为充分利用纸带、减小误差，实验时先开打点计时器，后放小车，故D错误；
(2)①该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，小车加速下滑时受到的合外力等于砝码和砝码盘的总重力，为了测量多组不同的数据，实验中，小车的质量、小车运动的方向均不能改变，需要改变斜面倾角、砝码和砝码盘的总质量；故CD正确，AB错误；
②由于乙实验方案在作a-F关系时，小车受到的合外力F=mg=Ma，则有a=1MF，故A正确；
故答案为：(1)C；(2)①CD；②A。
在平衡摩擦阻力环节，不需挂上砝码盘，使重力沿斜面向下的分力等于摩擦力；小车不需要从同一位置静止释放；该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，不需要测量小车质量；为充分利用纸带、减小误差，实验时先开打点计时器，后放小车；该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，小车加速下滑时受到的合外力等于砝码和砝码盘的总重力，为了测量多组不同的数据，实验中，小车的质量、小车运动的方向均不能改变，需要改变斜面倾角、砝码和砝码盘的总质量；根据牛顿第二定律列出a-F关系式分析。
本题考查了探究加速度、质量和物体受力的关系实验的实验操作和误差分析，学生需熟练掌握并变通应用。
18.【答案】A 1300 πd2U4IL
【解析】解：①用游标卡尺的A部分测量管内径；
读数为R=13.0×100Ω=1300Ω；
②水样的横截面为S=πd24
水样的电阻为
R=UI
根据电阻定律得：
R=ρLS
联立解得：ρ=πd2U4IL。
故答案为：①A；1300；②πd2U4IL。
①熟悉螺旋测微器的正确操作和多用电表的读数规则；
②根据欧姆定律和电阻定律得出电阻率的表达式。
本题主要考查了金属电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
19.【答案】AD 1.180 6.60×10-7
【解析】解：(1)根据△x=Ldλ可知：
A、将绿色滤光片换为红色滤光片，波长λ变大，则相邻条纹间的间距变大，故A正确；
B、增大双缝之间的距离d，相邻条纹间距变小，故B错误；
C、增大单缝和双缝之间的距离，相邻条纹间距不变，故C错误；
D、增大双缝与屏之间的距离L，则相邻条纹间距变大，故D正确。
故选：AD。
(2)图乙的手轮的读数为：x=1mm+18.0×0.01mm=1.180mm，
相邻两条亮纹之间的距离：△x=a3=3.300mm=3.3×10-3m；
再由△x=Ldλ，则有λ=d⋅△xL=0.2×10-3×3.3×10-31=6.60×10-7m；
故答案为：(1)AD；(2)1.180，6.60×10-7；
(1)根据双缝干涉条纹的间距公式，判断影响条纹间距的因素；
(2)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。
根据双缝干涉条纹的间距公式求出光波的波长大小。
解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=Ldλ，知道影响相邻条纹间距的因素，并会用该公式处理波长问题。
20.【答案】解：(1)冰壶停下的最后1s内位移为0.1m，则有：x1=12at2
代入数据解得：a=0.2m/s2
根据牛顿第二定律可得：f=ma
得：f=4N；
(2)根据速度—位移关系可得：x=v022a
根据题意可知：30m-2m≤x≤30m+2m，即28m≤x≤32m
可得：565m/s≤v0≤645m/s；
(3)刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，根据牛顿第二定律可得加速度a'=12a=12×0.2m/s2=0.1m/s2
根据速度—位移关系可得：
2ax1=v02-v12；
2a'x2=v12
且：x1+x2=30m
可得：v1=3m/s，
根据速度—时间关系可得：t2=v1a'
代入数据解得：t2=103s。
答：(1)正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小为4N；
(2)要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件为565m/s≤v0≤645m/s；
(3)为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间为103s。
【解析】(1)冰壶停下的最后1s内位移为0.1m，根据位移—时间关系结合根据牛顿第二定律进行解答；
(2)根据速度—位移关系进行解答；
(3)根据速度—位移关系、速度—时间关系求解运动员需要刷冰的时间。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
21.【答案】解：(1)在A点，根据速度的分解可得：vy=vAsinα
解得vy=2m/s
根据vy=gt可得t=0.2s
由x=vAcosα⋅t
解得x=0.43m
(2)恰能过E点，根据牛顿第二定律可得mg=mvE2R，解得vE=Rg
A到E，动能定理：mg(L1sinα-2R)-μmgL2=12mvE2-12mvA2
所以最大值μ=0.5
(3)恰好不从A点滑出的动摩擦因数μ1
考虑从A到A的过程-μ1mg2L2=0-12mvA2
解得μ1=19
所以要求μ>19
不脱离圆轨道的条件是第4次能过E点对应的动摩擦因数为μ
过E点vE>gR，
根据动能定理可得：mg(L1sinα-2R)-μmg×3L2=12mvE2-12mvA2
解得μ<16
不过D点-μmg×5L2+mg(L1sinα-h)=0-12mvA2
h≤R
所以μ≥215
综上可得，215≤μ≤16
答：(1)小球水平抛出的位置离A点的水平距离x为0.43m；
(2)要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E，动摩擦因数的最大值是0.5；
(3)若小球从A进入轨道后一共能4次通过圆轨道的最高点E，且始终不脱离圆轨道，动摩擦因数的取值满足条件为215≤μ≤16。
【解析】(1)在A点，根据速度的合成与分解求得水平方向和竖直方向的速度，结合运动学公式求得水平位移；
(2)在E点，根据牛顿第二定律求得恰好通过时的速度，从A到E，根据动能定理求得最大滑动摩擦因数；
(3)小球不能从A点飞出，在整个运动过程中，求得动摩擦因数，根据小球一共4次通过最高点，在第4次通过的过程中，根据动能定理求得动摩擦因数，第5次不能通过最高点，即可求得动摩擦因数。
解答本题时，首先要理清小物块的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件，再选择相应的力学规律解答。要知道小球恰能通过圆轨道的最高点E时，由重力提供向心力。能熟练运用运动的分解法研究平抛运动
22.【答案】解：(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，a棒产生的感应电动势大小ε=B1Lv0
解得ε=10V
由电路结构可知，电路的总电阻：R总=RrR+r+r
解得：R总=9Ω
通过a棒的电流大小I=εR总
解得I=109A
(2)设a棒恰好穿过磁场区域时的速度为v1，a棒穿过ADGH过程，取向右为正方向，由动量定理得：
-B1I-L⋅t=mv1-mv0
又I-⋅t=B1Lv-⋅tR总=B1LdR总
联立得
-B12L2dr+RrR+r=mv1-mv0
解得v1=8m/s
碰撞过程，取向右为正方向，由两棒动量守恒得：
mv1=2mv2
解得v2=4m/s
两棒向左出磁场的速度为v3，两棒一起向左滑出磁场过程，取向左为正方向，由动量定理得：
-B12L2dR+r2=2mv3-2mv2
解得v3=3m/s
(3)棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，此时：QC=B2Lv4
此过程，对棒用动量定理：B2LQ=2m(v3-v4)
由上两式联立可得v4=1m/s
答：(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，通过a棒的电流大小为109A；
(2)粘连一起后的导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小为3m/s；
(3)导体棒最终的速度大小为1m/s。
【解析】(1)a棒刚进入ADEF磁场区域时，由ε=B1Lv0求出a棒产生的感应电动势大小，由欧姆定律求通过a棒的电流大小；
(2)研究a棒穿过ADEF磁场区域的过程，利用动量定理求a棒穿过磁场区域时的速度。由动量守恒定律求出两棒碰撞后的共同速度。再研究两棒向左穿过ADEF磁场的过程，利用动量定理求导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小；
(3)棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，由感应电动势公式求导体棒最终的速度大小。
本题的关键要理清两棒的运动情况，能熟练运用动量定理研究金属棒在磁场中做非匀变速直线运动的速度，运用电磁感应和力学规律相结合解答。
23.【答案】解：(1)粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，由向心力公式可得
qv1B=mv12R
解得v1=qB1Rm
(2)因粒子垂直打在荧光屏上，如图1所示：
在磁场Ⅱ中的运动半径为2R，由向心力公式可得qv2B2=mv222R
解得v2=2qB2Rm
粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得12mv22-12mv12=qU
联立解得加速管所加的电压为U=qR2(4B22-B12)4m
(3)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，如图2所示：
由几何关系得(x1cosθ+R)2+(x1sinθ)2=(2R)2
解得x1=13-12
从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，如图3所示：
由几何关系得(x2cosθ-R)2+(x2sinθ)2=(2R)2
解得x2=13+12R
粒子打中的区域长度Δl=x2-x1=R
(4)如图4所示荧光屏上的最小的发光长度为GH长
EG=(2R)2-R2=3R
GH=(2-3)R
答：(1)粒子刚进入加速管时的速度v大小为qB1Rm；
(2)加速管两端的电压U为qR2(4B22-B12)4m；
(3)荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl为R；
(4)若荧光屏能绕E点在转动，荧光屏上的最小发光长度为(2-3)R。
【解析】(1)粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何关系确定轨迹半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度v大小。
(2)因粒子垂直打在荧光屏上，画出粒子的运动轨迹，求出粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场Ⅱ中的速度大小。粒子在加速管中做加速运动，由动能定理求出加速管两端的电压U。
(3)作出粒子打在离E点最近和最远的点时的运动轨迹，由几何知识然后求出荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl。
(4)根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出荧光屏上的最小发光长度。
本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。
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