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2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了5sB，0A)，9Ω)，0V，内阻约0，【答案】A，5m<200m，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末物理试卷
1. 1887年赫兹发现了光电效应现象；1905年爱因斯坦用光量子理论对光电效应进行了全面的解释；现在利用光电效应原理制成的光电器件已经被广泛应用于生产、生活、军事等领域。用图示电路图研究光电效应，用频率为v的单色光照射光电管，能发生光电效应现象，则( )
A. 此电路可用于研究光电管的饱和光电流
B. 用频率小于ν的单色光照射阴极K时，金属的截止频率不同
C. 增加入射光的强度，遏止电压U不变
D. 滑动变阻器滑片P从左端缓慢向右移动时，电流表示数逐渐增大
2. 2021年11月3日国家科学技术奖励大会在人民大会堂隆重召开，顾诵芬院士荣获2020年度国家最高科学技术奖。顾院士主持建立了我国飞机设计体系，开创了我国自行设计研制歼击机的历史。“歼−20”在某次训练时着舰不成功，此时距离航母跑道末端为200m，飞行员经短暂反应时间，迅速启动“逃逸复飞”。设“歼−20”复飞前做匀速直线运动，速度为25m/s，复飞过程的最大加速度为5m/s2，复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞的最小速度为50m/s，飞行员反应时间最长不超过( )
A. 0.5s B. 0.4s C. 0.3s D. 0.6s
3. 三根足够长的导体棒a、b、c呈等边三角形排列，质量均为m，电流大小相等、方向如图所示，a、b两导体棒放置在粗糙的水平桌面上，导体棒c被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g，则( )
A. 弹簧的拉力大于c导体棒的重力
B. 桌面对a、b导体棒的摩擦力均为零
C. 桌面对a导体棒的支持力大于32mg
D. 若对称地缓慢增大a、b 导体棒间的距离，则弹簧长度增大
4. 2022年2月4日冬奥会将在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角θ=37∘的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108km/h，在最低位置B点的速度为144km/h，圆弧轨道半径为R=200m，运动员和滑板的总质量m=50kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ=0.125(不计空气阻力，在A点无机械能损失，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)。则( )
A. 滑板在B点对轨道的压力为900N B. 斜直滑道的长度为100m
C. 从A到B点损失的机械能为12500J D. 在C点的速度为10m/s
5. 2021年2月24日，“天问一号”探测器在成功实施第三次近火制动后，进入近火点280千米、远火点5.9万千米、周期2个火星日的火星停泊轨道，在这条轨道上稳定运行3个月后，于5月15日成功着陆火星。为了得到火星全球的地形、地貌数据，“天问一号”在近火点不变的情况下需要不断变轨，如图所示。关于“天问一号”，以下说法正确的是( )
A. “天问一号”在近火点的运行速度大于在远火点的运行速度
B. “天问一号”在火星停泊轨道加速后着陆
C. “天问一号”环绕火星稳定运行时，轨道半长轴越大，运行周期越大
D. “天问一号”在不同轨道的近火点的加速度相同
6. 如图，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，c是圆周上一点，∠cba=60∘，电场方向与圆面平行。将一带正电的粒子，从圆周上的b点沿不同方向以大小相等的速率抛出后，粒子经过圆周上c点时动能最大，粒子从b点到c点电场力做功为W，粒子带电荷量为q，不计粒子所受重力，取b点电势为0，则( )
A. 电场的方向由b 指向c B. c点的电势为−Wq
C. 粒子从b 点到a 点电场力做功为−W D. O 点的电势为Wq
7. 如图甲所示，在倾角α=30∘的固定光滑斜面上放着A、B两物块，A、B紧靠在一起但不粘连，轻弹簧一端与B物块相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。现对物块A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做加速度为1m/s2的匀加速直线运动，若力F随位移变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. A、B 的质量均为2kg
B. 弹簧的劲度系数为4N/m
C. A、B 以相同加速度一起运动了0.2s
D. 从开始到A、B 分离弹簧的弹性势能减少了0.72J
8. 如图所示，足够长的水平导轨上，有两导体棒AB和CD，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，导体棒和导轨始终接触良好，导轨宽度为l，两导体棒质量均为m，电阻均为R，其他电阻不计，不计一切摩擦。现给导体棒CD一个初速度v0，若AB棒固定，待系统稳定时，通过CD棒的电荷量为q，则( )
A. 通过CD棒的电流方向为D到C
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为mv0ql
C. 当通过CD棒的电荷量为q2时，CD棒上的发热量为mv02
D. 若AB棒不固定，当系统稳定时，通过CD棒的电荷量为mv02Bl
9. 某同学用如图所示装置证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系于力传感器上，另一端连着一个小球；
(1)以下四个供选择的小球中，应选择______；
A.质量为100g的铁球
B.质量为10g的铁球
C.质量为200g的木球
D.质量为10g的塑料球
(2)当小球自然下垂时，读出力传感器的示数F1；
(3)将小球拉至细线刚好水平伸直的位置，由静止释放小球，测得小球通过最低点的读数为F2，当F1、F2满足关系式______(用数学等式表示)时，小球在下落过程中机械能守恒。
10. 为了精确地测量待测电阻Rx(约10Ω)的阻值，实验室提供了下列器材：
A.电流表A1(量程为500μA，内阻r1=1000Ω)
B.电流表A2(量程为0.3A，内阻约0.1Ω)
C.滑动变阻器R1(0∼1000Ω,额定电流3A)
D.滑动变阻器R2(0∼5Ω,额定电流1.0A)
E.滑动变阻器R3(0∼1Ω,额定电流1.0A)
F.电阻箱R(阻值范围为0∼9999.9Ω)
G.电源(电动势E=3.0V，内阻约0.2Ω)
H.开关S、导线若干
(1)由于没有电压表，小刘同学把电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表，他需要把电阻箱的阻值调为______Ω；
(2)小刘选择的滑动变阻器为______；(填“C”“D”或“E”)
(3)在下面的方框中画出正确的电路图；
(4)按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出I1−I2图像如图所示，则待测电阻Rx=______Ω(结果要保留2位有效数字)。
11. 如图所示，在水平地面上静置一质量为M=3kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m=1kg的木块B(可视为质点)。木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1=0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2。一个底面光滑、质量也为M=3kg的物块C以速度v0=2m/s与木板A发生弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。
(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A的最小长度。
12. 宇宙大爆炸理论所描述的宇宙演化过程大致可以分为四个阶段：粒子相互作用阶段、原初核合成阶段、星系凝聚阶段、恒星燃烧阶段。其中第二阶段和第四阶段，核反应起着决定性的作用。对这两个阶段的研究，必须以核物理为基础，并且需要大量核反应的实验数据。用实验模拟宇宙大爆炸时发生的核反应是研究宇宙演化进程的重要手段。如图为国家某重点实验室的部分实验装置简化示意图。从图示装置的上游射来一束速度为v0的 47Be粒子流，带电荷量为+4e(e为元电荷)，束流中混有质量相等、速度相同的杂质粒子 37Li，带电荷量为+3e。已知两种粒子的质量均为7m，不计粒子重力及电场、磁场的边缘效应。
(1)实验中首先要将粒子束从O点射入一速度选择器，初步筛选满足核反应能量需求的入射粒子。在速度选择器的两板间加有相互正交的匀强电场和匀强磁场。已知速度选择器的上极板带正电，板间电压为U，间距为d，匀强磁场的方向垂直纸面向里，调节所加磁场的磁感应强度，可使速度为v0的粒子沿直线OO′运动。求所加磁场的磁感应强度的大小B0。
(2)速度选择器无法剔除 47Be束流中的杂质 37Li。为了进一步纯化粒子流，需将含有杂质的粒子束从a点沿着与直径ab夹角为α(α角未知)的方向射入圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度为B，经过磁场的偏转， 37Li粒子的出射方向恰与直径ab平行， 47Be粒子刚好从直径的b点射出，最后进入终端反应室进行核反应研究。求圆柱形磁场区域的半径R。
13. 一定质量的理想气体由状态a经状态b、c又回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示，变化过程有等容、等温和绝热过程，则下列说法正确的是( )
A. ①过程可能为等温变化
B. ②过程气体从外界吸热
C. 全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量
D. ③过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加
E. 因为气体返回状态a 时体积不变，所以外界不对气体做功
14. 如图所示，一个导热汽缸质量M=1.5kg，用一质量m=0.5kg的活塞A封闭一段理想气体，活塞横截面积为S=2cm2，汽缸厚度不计。活塞通过两光滑的定滑轮与一质量也为m=0.5kg的铁桶B相连。不计活塞与汽缸之间的摩擦，环境温度t1=27℃，汽缸内气体长度为l1=0.1m，汽缸的长度足够长，铁桶的高度足够高。已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。则：
(1)若用灯丝加热封闭气体，气体温度为多高时，气体长度变为l2=0.2m？
(2)若在铁桶内缓慢倒入细沙，倒入细沙的质量为多大时，汽缸刚好离开地面，此时气体的长度为多大？
15. B超是医院诊断科室里最常见的一种人体器官的检查方式，也是健康体检中必做的项目之一。B超其实就是通过超声波检查人体的一种方式，超声波是一种“听不见”的声音。B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，超声波在血管中的传播速度为1.6×103m/s，t=0时刻波恰好传到质点M，下列说法正确的是( )
A. 该超声波的周期为5×10−5s
B. 0∼1.25×10−7s内质点M运动的路程为4mm
C. 质点M第一次位移为−0.2mm的时刻是3512×10−8s
D. t=354×10−8s时质点N第二次处于波峰
E. 该超声波射向半径为1cm的小孔时，能发生明显的衍射现象
16. 内径为r、外径为2r的透明介质半球壳截面示意图如图所示，O为球壳的球心。现将点光源放在P处，P在O点正上方内壳上，光射向外壳经过折射后射出球壳(不考虑光的反射)，介质的折射率为n=2，已知光在真空的传播速度为c。则：
(1)球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长s为多大？
(2)把光源移到O处，则光线射出球壳的时间为多长？
答案和解析
1.【答案】AC
【解析】解：A、此电路可用于研究光电管的饱和光电流，入射光频率一定时，改变入射光的强度，其饱和光电流会发生变化；入射光的强度一定时，改变入射光频率，饱和光电流也会发生变化，故A正确；
B、金属的截止频率是一定的，与入射光频率无关，故B错误；
C、遏止电压U与入射光的频率有关，与其强度无关，故C正确；
D、滑动变阻器滑片P从左端缓慢向右移动时，滑动变阻器左端电阻增大，则与其并联部分的反向电压增大，光电流将会减小，则电流表示数减小，故D错误；
故选：AC。
根据实验装置分析可以研究的实验；
金属的截止频率是固定的，和光的频率无关；
遏止电压与光的频率有关，与光的强度无关；
根据电路分析出滑片移动时，极板间的电压的变化情况，由此分析出光电流的变化情况。
本题主要考查了光电效应的相关应用，理解截止频率和遏止电压等概念，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。
2.【答案】A
【解析】解：“歼−20”在复飞过程中做匀加速直线运动，令飞机的最短复飞距离为s，由题知v0=25m/s，a=5m/s2，v=50m/s
根据v2−v02=2as得：s=v2−v022a=502−2522×5m=187.5m<200m
则飞行员反应时间内飞机做匀速直线运动的位移：x=L−s=200m−187.5m=12.5m
飞行员反应时间最长为：t=xv0=12.525s=0.5s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
舰载战斗机在复飞过程中做匀加速直线运动，根据v2−v02=2as可以求出“歼−20”飞机复飞滑行的距离，然后求出匀速直线运动的位移，最后求出飞行员反应时间。
本题考查了匀变速直线运动规律。这道题基本公式的应用，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A、由“同向电流相吸，反向电流相斥“知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是排斥力，作用力的合力方向竖直向上，故弹簧的拉力小于c导体棒的重力，故A错误；
B、c导体棒对a导体棒的作用力为斜向左下的排斥力，b导体棒对a导体棒的作用力水平向右的吸引力，两力大小相等，夹120∘角，合力斜向右下方，a导体棒受力平衡，说明桌面对a导体棒的摩擦力不为零，方向水平向左，同理桌面对b导体棒摩擦力也不为零，方向水平向右，故B错误；
C、选择a、b、c棒整体研究，由于弹簧的弹力竖直向上，根据对称性，桌面对a导体棒的支持力小于32mg，故C错误；
D、若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力增大，长度增大，故D正确。
故选：D。
根据两根通电导线之间的作用力判断各导体棒的受力，结合平行四边形定则、整体法与隔离法处理物体平衡问题即可。
本题在判断桌面对a导体棒的支持力时，关键在于利用整体法进行判断。
4.【答案】A
【解析】解：运动员在A点的速度为vA=108km/h=30m/s，在最低位置B点的速度为vB=144km/h=40m/s。
A、在B点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R，解得FN=900N，根据牛顿第三定律，滑板对轨道的压力为900N，故A正确；
B、从开始到A点，对运动员根据动能定理可得：(mgsinθ−μmgcosθ)L=12mvA2−0，代入数据解得斜直滑道的长度：L=90m，故B错误；
C、根据功能关系可得，从A到B，损失的机械能为ΔE=mgR(1−cosθ)+12mvA2−12mvB2，代入数据解得：ΔE=2500J，故C错误；
D、从B到C，因为速度减小，从B到C的向心力小于从A到B的向心力，则与轨道之间的弹力更小，摩擦力更小，损失的机械能小于2500J，
根据功能关系可知：12mvB2−mgR(1−cosθ)−12mvC2<ΔE=2500J，可得vC>107m/s，故D错误。
故选：A。
在B点，根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解滑板对轨道的压力；
从开始到A点，对运动员根据动能定理求解斜直滑道的长度；
根据功能关系求解从A到B损失的机械能；
从B到C的平均摩擦力小于从A到B的平均摩擦力，从B到C损失的机械能小于从A到B损失的机械能，根据功能关系进行分析。
本题主要是考查功能关系、动能定理，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
5.【答案】ACD
【解析】解：A、由开普勒第二定律可知，“天问一号”在近火点的速度大于在远火点的速度，故A正确；
B、“天问一号”着陆需要两次降轨，所以应该继续减速，故B错误；
C、由开普勒第三定律a3T2=k可知，轨道的半长轴越大，行星周期越大，故C正确；
D、根据万有引力提供加速度可得：GMmr2=ma，则a=GMr2，虽然轨道不同，但是与中心天体的距离相等，则加速度相等，故D正确；
故选：ACD。
根据开普勒定律分析出周期和运动速度的大小关系；
根据变轨的知识分析如何着陆；
根据万有引力提供加速度分析出加速度与半径的关系从而完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，根据万有引力提供加速度分析出加速度的大小关系，结合开普勒定律完成分析即可，整体难度不大。
6.【答案】BD
【解析】解：A、由题意，c点的动能最大可知，c点的电势能最小，又由于粒子带正电，所以c点的电势最低，那么电场的方向由O指向c，故A错误；
B、因为粒子从b点到c点电场力做功为W，b点电势为0，根据电场力做功与电势能变化量的关系可得：Wbc=EPb−EPc，且EP=qφ，解得：φc=−Wq，故B正确；
C、因为粒子从b点到c点电场力做功为W，根据W=qEx且xba=xbc可知：从b 点到a 点电场力做功为−2W，故C错误；
D、同理可知，从b点到O点电场力做功为−W，根据场力做功与电势能变化量的关系Wbo=EPb−EP0，且EP=qφ，解得：φO=Wq，故D正确；
故选：BD。
由题意，c点的动能最大可知，c点的电势能最小，所以电场线的方向沿着直径方向；根据粒子从b点到c点的电场力做功，结合匀强电场中对称性的特点解出结果。
本题考查了静电场的性质，解题的关键是抓住“c点的动能最大”判断出电场线方向，进而通过匀强电场的性质解出即可。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、系统静止时，设弹簧压缩量为x，则对A、B物块整体分析，有：kx=(mA+mB)gsinα
刚开始运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律可得：F1+kx−(mA+mB)gsinα=(mA+mB)a
当A、B之间的作用力为0时，对A根据牛顿第二定律可得：F2−mAgsinα=mAa
对B根据牛顿第二定律可得：kx1−mBgsinα=mBa
由题图乙及题意知：F1=4N，F2=12N，a=1m/s2，x−x1=2cm=0.02m
联立解得：mA=mB=2kg，k=400N/m，故A正确，B错误；
C、从静止到A、B分离，两物块一起以加速度a=1m/s2运动了0.02m，由位移-时间关系可得x−x1=12at2，代入数据解得：t=0.2s，故C正确；
D、F−x图像与坐标轴所围的“面积“是力F所做功的大小，则从开始到A、B分离F做的功为：WF=4+122×0.02J=0.16J
A、B分离时速度的大小为：v=at=1×0.2m/s=0.2m/s，
这段过程A、B动能的增加量ΔEk=12(mA+mB)v2=12×(2+2)×0.22J=0.08J
A和B的重力势能的增加量：ΔEp=(mA+mB)g(x−x1)sinα，代入数据解得：ΔEp=0.4J
根据能量守恒定律可得，从开始到A、B分离弹簧的弹性势能减少量为ΔE弹=ΔEp+ΔEk−WF
代入数据解得：ΔE弹=0.32J，故D错误。
故选：AC。
刚开始，对A、B整体根据牛顿第二定律列方程，当A、B之间的作用力为0时，对A、对B根据牛顿第二定律列方程联立求解质量和劲度系数；从静止到A、B分离，由位移-时间关系求解运动时间；F−x图像与坐标轴所围的“面积“是力F所做功的大小，求出A、B分离时速度的大小，根据能量守恒定律结合功能关系求解从开始到A、B分离弹簧的弹性势能减少量。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚A和B的受力情况和运动情况，知道二者分离时弹簧仍处于压缩状态，能够根据F−t图像分析问题。
8.【答案】BD
【解析】解：A、根据右手定则判断可知，通过CD棒的电流方向为C到D，故A错误；
B、AB棒固定，最终在安培力作用下CD棒停止运动。对CD棒，取向左为正方向，由动量定理得：−BI−l⋅t=0−mv0，又q=I−t，即−Bql=0−mv0，解得B=mv0ql，故B正确；
C、设当通过CD棒的电荷量为q2时，CD棒速度为v，由动量定理得：−B⋅q2l=mv−mv0，CD棒上的发热量为Q=12(12mv02−12mv2)，联立解得Q=316mv02，故C错误；
D、若AB棒不固定，CD棒在安培力作用下向左做减速运动，AB棒在安培力作用下向左做加速运动，当两棒速度相同时系统稳定，设共同速度为v′。
取向左为正方向，根据两棒组成的系统动量守恒得：mv0=2mv′；对CD棒，由动量定理得：−BI′−l⋅t′=mv′−mv0
通过CD棒的电荷量为q′=I′−⋅t′，联立解得：q′=mv02Bl，故D正确。
故选：BD。
根据右手定则判断通过CD棒的电流方向；根据动量定理列式，可求出磁感应强度的大小；当通过CD棒的电荷量为q2时，根据动量定理求出此时CD棒的速度，再由能量守恒求CD棒上的发热量；若AB棒不固定，当两棒速度相同时系统稳定，根据系统的动量守恒求出共同速度，由动量定理求通过CD棒的电荷量。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、位移问题，常常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
9.【答案】AF2=3F1
【解析】解：(1)为了减小阻力对其影响，选用小球时，应该选用质量大体积小的铁球进行实验，故应选A；
(3)当小球自然下垂时，根据平衡条件得：F1=mg；
运动到最低点时，根据牛顿第二定律得：
F2−mg=mv2L，
若机械能守恒，则有：
mgL=12mv2，
联立解得：
F2=3mg=3F1，
当F1、F2满足关系式F2=3F1时，小球在下落过程中机械能守恒。
故答案为：(1)A(3)F2=3F1
(1)为了减小阻力对其影响，选用小球时，应该选用质量大体积小的小球进行实验；
(3)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立求F1、F2关系式，实验中若满足则得证。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，对第(3)问的分析，要从原理的变化上入手，假设机械能守恒，从而可得结果。
10.【答案】5000D9.0
【解析】解：(1)电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：
R=UIA1−r1=3500×10−6Ω−1000Ω=5000Ω。
(2)待测电阻阻值约为5Ω，滑动变阻器如果选择C，不方便条件，滑动变阻器E最大阻值太小，为方便实验操作且使电压调节范围较大，滑动变阻器应选择D。
(3)由于待测电阻阻值等于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；流过电压表的电流可以测出，电流表可以采用外接法，实验电路图如图所示
(4)根据图示电路图，由串并联电路特点与欧姆定律得：I1(r1+R)=(I2−I1)Rx
整理得：I1=Rxr1+R+RxI2，
由图示I1−I2图像可知，图像的斜率为：k=Rxr1+R+Rx=0.45×103×10−60.3=1.5×10−3，代入数据解得待测电阻为：Rx=9.0Ω。
故答案为：(1)5000；(2)D；(3)电路图如上图所示；(4)9.0。
(1)应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
(2)根据所给实验器材从方便实验操作的原则选择滑动变阻器。
(3)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，根据实验原理作出实验电路图。
(4)应用欧姆定律求出图像的函数表达式，然后求出待测电阻阻值。
要掌握电流表的改装原理，要掌握实验器材的选择原则；应用并联电路特点与欧姆定律求出图像的函数表达式即可解题。
11.【答案】解：(1)设物块C与木板A碰后速度分别为v1、v2，物块C与木板A发生弹性碰撞，取向右为正方向。
根据动量守恒定律可得：Mv0=Mv1+Mv2
根据机械能守恒定律可得：12Mv02=12Mv12+12Mv22
代入数据解得：v1=0，v2=2m/s；
(2)碰后木板A做减速运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得：
μ1mg+μ2(m+M)g=Ma1
代入数据解得：a1=3m/s2
木块B做加速运动，其加速度大小为：a2=μ1g=0.1×10m/s2=1m/s2
设二者速度相同时速度为v，经过的时间为t，则有：v=a2t=v2−a1t
代入数据解得：v=0.5m/s，t=0.5s
此过程中木块B相对于木板A的位移为Δx1=v2+v2t−v2t=v22t=22×0.5m=0.5m；
二者速度相同后，由于μ1<μ2，所以木块B相对于木板A向前滑动，直到静止。
此过程中木板A的加速度大小为a3，则有：μ2(m+M)g−μ1mg=Ma3
解得：a3=73m/s2
二者的速度均为零时，木块B相对于木板A向右滑动的距离为：Δx2=v22a2−v22a3
代入数据解得：Δx2=114m<0.5m
则要保证木块B不从木板A上滑下，木板A的最小长度为0.5m。
答：(1)碰后瞬间木板A获得的速度大小为2m/s；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，木板A的最小长度为0.5m。
【解析】(1)物块C与木板A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；
(2)根据牛顿第二定律分别求出碰撞后A和B的加速度大小，根据运动学公式求解达到速度相等时二者的相对位移，再分析速度相等以后二者的运动情况，根据速度-位移关系求解相对位移，由此分析木板A的最小长度。
本题主要是考查了动量守恒定律、机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解；对于牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解。
12.【答案】解：(1)粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力作用而做直线运动，根据二力平衡可得：qv0B0=qE，且E=Ud，解得：B0=Uv0d
(2)根据题意可知， 47Be粒子和 37Li粒子运动轨迹图像如图所示：
由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B0=mv02R，解得：R=mv0qB0，即： 47Be粒子的半径为RBe=7mv04eB0， 37Li粒子的半径为RLi=7mv03eB0
那么，RBeRLi=34
根据几何关系可得：aO1=Rsinα，OO1=Rtanα
根据图像可知：ΔaO1O∽ΔaO2d，那么O2dO1O=aOad=RLiRBe，解得：O2d=4R3tanα，ad=43R
bd=O2b−O2d=43Rsinα−4R3tanα=4R(1−cosα)3sinα，od=ad−aO=43R−R=13R
根据勾股定理可得：Ob2=bd2+Od2，解得：cosα=13或cosα=0(由于α不可能等于90∘，故舍去)
根据三角函数可得：sin2α+cos2α=1，解得：sinα=223
又RBe=Rsinα，解得：R=72mdv026eU
答：(1)所加磁场的磁感应强度的大小B0为Uv0d；
(2)圆柱形磁场区域的半径R为72mdv026eU。
【解析】(1)由于粒子沿OO′直线运动，说明竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力大小相等，解得速度；
(2)根据 47Be粒子和 37Li粒子运动轨迹图像，结合几何关系的大道磁场区域半径大小。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题的关键是分析清楚粒子做直线运动的原因是电场力和洛伦兹力相等且反向，作出粒子在磁场中的运动轨迹图结合几何关系求出结果。
13.【答案】BCD
【解析】解：A、①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对气体做正功，气体温度升高，不可能回到初始状态，故A错误；
B、②过程若为等容变化，温度升高，气体内能变大，外界没有对气体做功，气体从外界吸热，故B正确；
CE、②过程外界没有对气体做功，根据p−V图像和坐标轴所围面积表示气体和外界功的交换，③过程外界对气体做的正功大于①过程气体对外界做的负功，因此全过程中外界对气体做正功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，故C正确，E错误；
D、③过程为等温变化，气体压强增大，分子平均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，故D正确；
故选：BCD。
根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT结合图像分析出物理量的变化，结合热力学第一定律完成分析。
本题主要考查了封闭的理想气体的状态方程，根据公式理解p−V图像中图像和横轴围成的面积表示气体和外界功的交换，结合热力学第一定律完成分析即可。
14.【答案】解：(1)初始状态，对B受力分析可得细绳的拉力为：F1=mg
对活塞进行受力分析，则p0S+mg=F1+p1S
解得：p1=p0
则封闭气体初始的参量
p1=p0；T1=300K；V1=l1S
加热气体，气体发生等压变化，设气体温度为T2时，气体的长度l2=0.2m，V2=l2S，根据盖-吕萨克定律
V1T1=V2T2
代入数据解得：T2=600K
(2)研究活塞A和汽缸整体，汽缸刚好离开地面，细绳的拉力为：F2=(M+m)g
因此加入细沙的质量和汽缸的质量相等，即m沙=M=1.5kg
以汽缸为研究对象，设此时封闭气体的压强为p2，则
p2S+Mg=p0S
解得：p2=14p0
设此时气体的长度为l3，V3=l3S，此过程为等温变化，根据玻意耳定律得：
p1V1=p2V3
解得：l3=0.4m
答：(1)若用灯丝加热封闭气体，气体温度为600K时，气体长度变为l2=0.2m；
(2)若在铁桶内缓慢倒入细沙，倒入细沙的质量为1.5kg时，汽缸刚好离开地面，此时气体的长度为0.4m。
【解析】(1)先对活塞进行分析得出气体的压强，在变化过程中压强不变，根据盖-吕萨克定律完成分析；
(2)将活塞和汽缸整体进行分析，根据受力分析得出沙子的质量，变化过程中温度不变，根据玻意耳定律完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据受力分析得出初始状态的压强，找到变化过程中的不变量，结合各自对应的公式完成分析。
15.【答案】BCD
【解析】解：A、由图知该超声波的波长为λ=8×10−2mm，则该超声波的周期为：
T=λv=8×10−51.6×103s=5×10−8s，故A错误；
B、因为t=1.25×10−7s=2.5T
所以这段时间内质点M运动的路程为：s=2.5×4A=10×0.4mm=4mm，故B正确；
C、由y=Asin2πλx(mm)可知，
t=0时刻x=223×10−2mm处质点的位移为−0.2mm，此处波形传播到M点的时间为：
t=xM−xv=3512×10−8s，故C正确；
D、经过t=354×10−8s时，波向前传播的距离为：
x=vt=74λ，所以，结合题图可判断知质点N第二次处于波峰，故D正确；
E、该超声波的波长为λ=8×10−2mm，远小于1cm，不能发生明显的衍射现象，故E错误；
故选：BCD。
根据图片得出超声波的波长，结合公式λ=vT得出周期；
根据横波在水平方向的运动，结合运动学公式分析出对应的物理量关系；
当小孔的尺寸和波长相当时，才会发生明显的衍射现象。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图像得出波长，结合公式计算出周期，解题的关键点是根据横波水平方向上做匀速直线运动结合运动学公式完成分析，同时理解衍射发生的条件即可。
16.【答案】解：(1)光由介质射向空气，临界角sinC=1n=12，解得：C=30∘
假设光在Q点发生全反射，光路图如图所示，由正弦定理得：
OPsinC=2rsin∠QPO，其中OP=r
解得：∠QPO=135∘
所以∠POQ=180∘−135∘−30∘=15∘
根据对称性可知，介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长：
s=2×15∘360∘×2π2r=2πr6；
(2)光线从O点沿直线传播出球壳，光在空气中传播的时间t1=rc
光在介质中传播的时间t2=(2−1)rv
光在介质中传播的速度满足v=cn
所以t=t1+t2=rc+(2−1)rv=(22−1)rc
答：(1)球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长s为2πr6；
(2)把光源移到O处，则光线射出球壳的时间为(22−1)rc。
【解析】(1)画出临界情况的光路图，根据sinC=1n可求得临界角，借助数学知识求得边角的关系，则球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长可求解；
(2)线从O点沿直线传播出球壳，求出在空气和玻璃中传播的时间，相加即可。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末物理试卷
1. 1887年赫兹发现了光电效应现象；1905年爱因斯坦用光量子理论对光电效应进行了全面的解释；现在利用光电效应原理制成的光电器件已经被广泛应用于生产、生活、军事等领域。用图示电路图研究光电效应，用频率为v的单色光照射光电管，能发生光电效应现象，则( )
A. 此电路可用于研究光电管的饱和光电流
B. 用频率小于ν的单色光照射阴极K时，金属的截止频率不同
C. 增加入射光的强度，遏止电压U不变
D. 滑动变阻器滑片P从左端缓慢向右移动时，电流表示数逐渐增大
2. 2021年11月3日国家科学技术奖励大会在人民大会堂隆重召开，顾诵芬院士荣获2020年度国家最高科学技术奖。顾院士主持建立了我国飞机设计体系，开创了我国自行设计研制歼击机的历史。“歼−20”在某次训练时着舰不成功，此时距离航母跑道末端为200m，飞行员经短暂反应时间，迅速启动“逃逸复飞”。设“歼−20”复飞前做匀速直线运动，速度为25m/s，复飞过程的最大加速度为5m/s2，复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞的最小速度为50m/s，飞行员反应时间最长不超过( )
A. 0.5s B. 0.4s C. 0.3s D. 0.6s
3. 三根足够长的导体棒a、b、c呈等边三角形排列，质量均为m，电流大小相等、方向如图所示，a、b两导体棒放置在粗糙的水平桌面上，导体棒c被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g，则( )
A. 弹簧的拉力大于c导体棒的重力
B. 桌面对a、b导体棒的摩擦力均为零
C. 桌面对a导体棒的支持力大于32mg
D. 若对称地缓慢增大a、b 导体棒间的距离，则弹簧长度增大
4. 2022年2月4日冬奥会将在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角θ=37∘的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108km/h，在最低位置B点的速度为144km/h，圆弧轨道半径为R=200m，运动员和滑板的总质量m=50kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ=0.125(不计空气阻力，在A点无机械能损失，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)。则( )
A. 滑板在B点对轨道的压力为900N B. 斜直滑道的长度为100m
C. 从A到B点损失的机械能为12500J D. 在C点的速度为10m/s
5. 2021年2月24日，“天问一号”探测器在成功实施第三次近火制动后，进入近火点280千米、远火点5.9万千米、周期2个火星日的火星停泊轨道，在这条轨道上稳定运行3个月后，于5月15日成功着陆火星。为了得到火星全球的地形、地貌数据，“天问一号”在近火点不变的情况下需要不断变轨，如图所示。关于“天问一号”，以下说法正确的是( )
A. “天问一号”在近火点的运行速度大于在远火点的运行速度
B. “天问一号”在火星停泊轨道加速后着陆
C. “天问一号”环绕火星稳定运行时，轨道半长轴越大，运行周期越大
D. “天问一号”在不同轨道的近火点的加速度相同
6. 如图，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，c是圆周上一点，∠cba=60∘，电场方向与圆面平行。将一带正电的粒子，从圆周上的b点沿不同方向以大小相等的速率抛出后，粒子经过圆周上c点时动能最大，粒子从b点到c点电场力做功为W，粒子带电荷量为q，不计粒子所受重力，取b点电势为0，则( )
A. 电场的方向由b 指向c B. c点的电势为−Wq
C. 粒子从b 点到a 点电场力做功为−W D. O 点的电势为Wq
7. 如图甲所示，在倾角α=30∘的固定光滑斜面上放着A、B两物块，A、B紧靠在一起但不粘连，轻弹簧一端与B物块相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。现对物块A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做加速度为1m/s2的匀加速直线运动，若力F随位移变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. A、B 的质量均为2kg
B. 弹簧的劲度系数为4N/m
C. A、B 以相同加速度一起运动了0.2s
D. 从开始到A、B 分离弹簧的弹性势能减少了0.72J
8. 如图所示，足够长的水平导轨上，有两导体棒AB和CD，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，导体棒和导轨始终接触良好，导轨宽度为l，两导体棒质量均为m，电阻均为R，其他电阻不计，不计一切摩擦。现给导体棒CD一个初速度v0，若AB棒固定，待系统稳定时，通过CD棒的电荷量为q，则( )
A. 通过CD棒的电流方向为D到C
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为mv0ql
C. 当通过CD棒的电荷量为q2时，CD棒上的发热量为mv02
D. 若AB棒不固定，当系统稳定时，通过CD棒的电荷量为mv02Bl
9. 某同学用如图所示装置证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系于力传感器上，另一端连着一个小球；
(1)以下四个供选择的小球中，应选择______；
A.质量为100g的铁球
B.质量为10g的铁球
C.质量为200g的木球
D.质量为10g的塑料球
(2)当小球自然下垂时，读出力传感器的示数F1；
(3)将小球拉至细线刚好水平伸直的位置，由静止释放小球，测得小球通过最低点的读数为F2，当F1、F2满足关系式______(用数学等式表示)时，小球在下落过程中机械能守恒。
10. 为了精确地测量待测电阻Rx(约10Ω)的阻值，实验室提供了下列器材：
A.电流表A1(量程为500μA，内阻r1=1000Ω)
B.电流表A2(量程为0.3A，内阻约0.1Ω)
C.滑动变阻器R1(0∼1000Ω,额定电流3A)
D.滑动变阻器R2(0∼5Ω,额定电流1.0A)
E.滑动变阻器R3(0∼1Ω,额定电流1.0A)
F.电阻箱R(阻值范围为0∼9999.9Ω)
G.电源(电动势E=3.0V，内阻约0.2Ω)
H.开关S、导线若干
(1)由于没有电压表，小刘同学把电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表，他需要把电阻箱的阻值调为______Ω；
(2)小刘选择的滑动变阻器为______；(填“C”“D”或“E”)
(3)在下面的方框中画出正确的电路图；
(4)按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出I1−I2图像如图所示，则待测电阻Rx=______Ω(结果要保留2位有效数字)。
11. 如图所示，在水平地面上静置一质量为M=3kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m=1kg的木块B(可视为质点)。木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1=0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2。一个底面光滑、质量也为M=3kg的物块C以速度v0=2m/s与木板A发生弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。
(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A的最小长度。
12. 宇宙大爆炸理论所描述的宇宙演化过程大致可以分为四个阶段：粒子相互作用阶段、原初核合成阶段、星系凝聚阶段、恒星燃烧阶段。其中第二阶段和第四阶段，核反应起着决定性的作用。对这两个阶段的研究，必须以核物理为基础，并且需要大量核反应的实验数据。用实验模拟宇宙大爆炸时发生的核反应是研究宇宙演化进程的重要手段。如图为国家某重点实验室的部分实验装置简化示意图。从图示装置的上游射来一束速度为v0的 47Be粒子流，带电荷量为+4e(e为元电荷)，束流中混有质量相等、速度相同的杂质粒子 37Li，带电荷量为+3e。已知两种粒子的质量均为7m，不计粒子重力及电场、磁场的边缘效应。
(1)实验中首先要将粒子束从O点射入一速度选择器，初步筛选满足核反应能量需求的入射粒子。在速度选择器的两板间加有相互正交的匀强电场和匀强磁场。已知速度选择器的上极板带正电，板间电压为U，间距为d，匀强磁场的方向垂直纸面向里，调节所加磁场的磁感应强度，可使速度为v0的粒子沿直线OO′运动。求所加磁场的磁感应强度的大小B0。
(2)速度选择器无法剔除 47Be束流中的杂质 37Li。为了进一步纯化粒子流，需将含有杂质的粒子束从a点沿着与直径ab夹角为α(α角未知)的方向射入圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度为B，经过磁场的偏转， 37Li粒子的出射方向恰与直径ab平行， 47Be粒子刚好从直径的b点射出，最后进入终端反应室进行核反应研究。求圆柱形磁场区域的半径R。
13. 一定质量的理想气体由状态a经状态b、c又回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示，变化过程有等容、等温和绝热过程，则下列说法正确的是( )
A. ①过程可能为等温变化
B. ②过程气体从外界吸热
C. 全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量
D. ③过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加
E. 因为气体返回状态a 时体积不变，所以外界不对气体做功
14. 如图所示，一个导热汽缸质量M=1.5kg，用一质量m=0.5kg的活塞A封闭一段理想气体，活塞横截面积为S=2cm2，汽缸厚度不计。活塞通过两光滑的定滑轮与一质量也为m=0.5kg的铁桶B相连。不计活塞与汽缸之间的摩擦，环境温度t1=27℃，汽缸内气体长度为l1=0.1m，汽缸的长度足够长，铁桶的高度足够高。已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。则：
(1)若用灯丝加热封闭气体，气体温度为多高时，气体长度变为l2=0.2m？
(2)若在铁桶内缓慢倒入细沙，倒入细沙的质量为多大时，汽缸刚好离开地面，此时气体的长度为多大？
15. B超是医院诊断科室里最常见的一种人体器官的检查方式，也是健康体检中必做的项目之一。B超其实就是通过超声波检查人体的一种方式，超声波是一种“听不见”的声音。B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，超声波在血管中的传播速度为1.6×103m/s，t=0时刻波恰好传到质点M，下列说法正确的是( )
A. 该超声波的周期为5×10−5s
B. 0∼1.25×10−7s内质点M运动的路程为4mm
C. 质点M第一次位移为−0.2mm的时刻是3512×10−8s
D. t=354×10−8s时质点N第二次处于波峰
E. 该超声波射向半径为1cm的小孔时，能发生明显的衍射现象
16. 内径为r、外径为2r的透明介质半球壳截面示意图如图所示，O为球壳的球心。现将点光源放在P处，P在O点正上方内壳上，光射向外壳经过折射后射出球壳(不考虑光的反射)，介质的折射率为n=2，已知光在真空的传播速度为c。则：
(1)球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长s为多大？
(2)把光源移到O处，则光线射出球壳的时间为多长？
答案和解析
1.【答案】AC
【解析】解：A、此电路可用于研究光电管的饱和光电流，入射光频率一定时，改变入射光的强度，其饱和光电流会发生变化；入射光的强度一定时，改变入射光频率，饱和光电流也会发生变化，故A正确；
B、金属的截止频率是一定的，与入射光频率无关，故B错误；
C、遏止电压U与入射光的频率有关，与其强度无关，故C正确；
D、滑动变阻器滑片P从左端缓慢向右移动时，滑动变阻器左端电阻增大，则与其并联部分的反向电压增大，光电流将会减小，则电流表示数减小，故D错误；
故选：AC。
根据实验装置分析可以研究的实验；
金属的截止频率是固定的，和光的频率无关；
遏止电压与光的频率有关，与光的强度无关；
根据电路分析出滑片移动时，极板间的电压的变化情况，由此分析出光电流的变化情况。
本题主要考查了光电效应的相关应用，理解截止频率和遏止电压等概念，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。
2.【答案】A
【解析】解：“歼−20”在复飞过程中做匀加速直线运动，令飞机的最短复飞距离为s，由题知v0=25m/s，a=5m/s2，v=50m/s
根据v2−v02=2as得：s=v2−v022a=502−2522×5m=187.5m<200m
则飞行员反应时间内飞机做匀速直线运动的位移：x=L−s=200m−187.5m=12.5m
飞行员反应时间最长为：t=xv0=12.525s=0.5s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
舰载战斗机在复飞过程中做匀加速直线运动，根据v2−v02=2as可以求出“歼−20”飞机复飞滑行的距离，然后求出匀速直线运动的位移，最后求出飞行员反应时间。
本题考查了匀变速直线运动规律。这道题基本公式的应用，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A、由“同向电流相吸，反向电流相斥“知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是排斥力，作用力的合力方向竖直向上，故弹簧的拉力小于c导体棒的重力，故A错误；
B、c导体棒对a导体棒的作用力为斜向左下的排斥力，b导体棒对a导体棒的作用力水平向右的吸引力，两力大小相等，夹120∘角，合力斜向右下方，a导体棒受力平衡，说明桌面对a导体棒的摩擦力不为零，方向水平向左，同理桌面对b导体棒摩擦力也不为零，方向水平向右，故B错误；
C、选择a、b、c棒整体研究，由于弹簧的弹力竖直向上，根据对称性，桌面对a导体棒的支持力小于32mg，故C错误；
D、若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力增大，长度增大，故D正确。
故选：D。
根据两根通电导线之间的作用力判断各导体棒的受力，结合平行四边形定则、整体法与隔离法处理物体平衡问题即可。
本题在判断桌面对a导体棒的支持力时，关键在于利用整体法进行判断。
4.【答案】A
【解析】解：运动员在A点的速度为vA=108km/h=30m/s，在最低位置B点的速度为vB=144km/h=40m/s。
A、在B点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R，解得FN=900N，根据牛顿第三定律，滑板对轨道的压力为900N，故A正确；
B、从开始到A点，对运动员根据动能定理可得：(mgsinθ−μmgcosθ)L=12mvA2−0，代入数据解得斜直滑道的长度：L=90m，故B错误；
C、根据功能关系可得，从A到B，损失的机械能为ΔE=mgR(1−cosθ)+12mvA2−12mvB2，代入数据解得：ΔE=2500J，故C错误；
D、从B到C，因为速度减小，从B到C的向心力小于从A到B的向心力，则与轨道之间的弹力更小，摩擦力更小，损失的机械能小于2500J，
根据功能关系可知：12mvB2−mgR(1−cosθ)−12mvC2<ΔE=2500J，可得vC>107m/s，故D错误。
故选：A。
在B点，根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解滑板对轨道的压力；
从开始到A点，对运动员根据动能定理求解斜直滑道的长度；
根据功能关系求解从A到B损失的机械能；
从B到C的平均摩擦力小于从A到B的平均摩擦力，从B到C损失的机械能小于从A到B损失的机械能，根据功能关系进行分析。
本题主要是考查功能关系、动能定理，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
5.【答案】ACD
【解析】解：A、由开普勒第二定律可知，“天问一号”在近火点的速度大于在远火点的速度，故A正确；
B、“天问一号”着陆需要两次降轨，所以应该继续减速，故B错误；
C、由开普勒第三定律a3T2=k可知，轨道的半长轴越大，行星周期越大，故C正确；
D、根据万有引力提供加速度可得：GMmr2=ma，则a=GMr2，虽然轨道不同，但是与中心天体的距离相等，则加速度相等，故D正确；
故选：ACD。
根据开普勒定律分析出周期和运动速度的大小关系；
根据变轨的知识分析如何着陆；
根据万有引力提供加速度分析出加速度与半径的关系从而完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，根据万有引力提供加速度分析出加速度的大小关系，结合开普勒定律完成分析即可，整体难度不大。
6.【答案】BD
【解析】解：A、由题意，c点的动能最大可知，c点的电势能最小，又由于粒子带正电，所以c点的电势最低，那么电场的方向由O指向c，故A错误；
B、因为粒子从b点到c点电场力做功为W，b点电势为0，根据电场力做功与电势能变化量的关系可得：Wbc=EPb−EPc，且EP=qφ，解得：φc=−Wq，故B正确；
C、因为粒子从b点到c点电场力做功为W，根据W=qEx且xba=xbc可知：从b 点到a 点电场力做功为−2W，故C错误；
D、同理可知，从b点到O点电场力做功为−W，根据场力做功与电势能变化量的关系Wbo=EPb−EP0，且EP=qφ，解得：φO=Wq，故D正确；
故选：BD。
由题意，c点的动能最大可知，c点的电势能最小，所以电场线的方向沿着直径方向；根据粒子从b点到c点的电场力做功，结合匀强电场中对称性的特点解出结果。
本题考查了静电场的性质，解题的关键是抓住“c点的动能最大”判断出电场线方向，进而通过匀强电场的性质解出即可。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、系统静止时，设弹簧压缩量为x，则对A、B物块整体分析，有：kx=(mA+mB)gsinα
刚开始运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律可得：F1+kx−(mA+mB)gsinα=(mA+mB)a
当A、B之间的作用力为0时，对A根据牛顿第二定律可得：F2−mAgsinα=mAa
对B根据牛顿第二定律可得：kx1−mBgsinα=mBa
由题图乙及题意知：F1=4N，F2=12N，a=1m/s2，x−x1=2cm=0.02m
联立解得：mA=mB=2kg，k=400N/m，故A正确，B错误；
C、从静止到A、B分离，两物块一起以加速度a=1m/s2运动了0.02m，由位移-时间关系可得x−x1=12at2，代入数据解得：t=0.2s，故C正确；
D、F−x图像与坐标轴所围的“面积“是力F所做功的大小，则从开始到A、B分离F做的功为：WF=4+122×0.02J=0.16J
A、B分离时速度的大小为：v=at=1×0.2m/s=0.2m/s，
这段过程A、B动能的增加量ΔEk=12(mA+mB)v2=12×(2+2)×0.22J=0.08J
A和B的重力势能的增加量：ΔEp=(mA+mB)g(x−x1)sinα，代入数据解得：ΔEp=0.4J
根据能量守恒定律可得，从开始到A、B分离弹簧的弹性势能减少量为ΔE弹=ΔEp+ΔEk−WF
代入数据解得：ΔE弹=0.32J，故D错误。
故选：AC。
刚开始，对A、B整体根据牛顿第二定律列方程，当A、B之间的作用力为0时，对A、对B根据牛顿第二定律列方程联立求解质量和劲度系数；从静止到A、B分离，由位移-时间关系求解运动时间；F−x图像与坐标轴所围的“面积“是力F所做功的大小，求出A、B分离时速度的大小，根据能量守恒定律结合功能关系求解从开始到A、B分离弹簧的弹性势能减少量。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚A和B的受力情况和运动情况，知道二者分离时弹簧仍处于压缩状态，能够根据F−t图像分析问题。
8.【答案】BD
【解析】解：A、根据右手定则判断可知，通过CD棒的电流方向为C到D，故A错误；
B、AB棒固定，最终在安培力作用下CD棒停止运动。对CD棒，取向左为正方向，由动量定理得：−BI−l⋅t=0−mv0，又q=I−t，即−Bql=0−mv0，解得B=mv0ql，故B正确；
C、设当通过CD棒的电荷量为q2时，CD棒速度为v，由动量定理得：−B⋅q2l=mv−mv0，CD棒上的发热量为Q=12(12mv02−12mv2)，联立解得Q=316mv02，故C错误；
D、若AB棒不固定，CD棒在安培力作用下向左做减速运动，AB棒在安培力作用下向左做加速运动，当两棒速度相同时系统稳定，设共同速度为v′。
取向左为正方向，根据两棒组成的系统动量守恒得：mv0=2mv′；对CD棒，由动量定理得：−BI′−l⋅t′=mv′−mv0
通过CD棒的电荷量为q′=I′−⋅t′，联立解得：q′=mv02Bl，故D正确。
故选：BD。
根据右手定则判断通过CD棒的电流方向；根据动量定理列式，可求出磁感应强度的大小；当通过CD棒的电荷量为q2时，根据动量定理求出此时CD棒的速度，再由能量守恒求CD棒上的发热量；若AB棒不固定，当两棒速度相同时系统稳定，根据系统的动量守恒求出共同速度，由动量定理求通过CD棒的电荷量。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、位移问题，常常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
9.【答案】AF2=3F1
【解析】解：(1)为了减小阻力对其影响，选用小球时，应该选用质量大体积小的铁球进行实验，故应选A；
(3)当小球自然下垂时，根据平衡条件得：F1=mg；
运动到最低点时，根据牛顿第二定律得：
F2−mg=mv2L，
若机械能守恒，则有：
mgL=12mv2，
联立解得：
F2=3mg=3F1，
当F1、F2满足关系式F2=3F1时，小球在下落过程中机械能守恒。
故答案为：(1)A(3)F2=3F1
(1)为了减小阻力对其影响，选用小球时，应该选用质量大体积小的小球进行实验；
(3)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立求F1、F2关系式，实验中若满足则得证。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，对第(3)问的分析，要从原理的变化上入手，假设机械能守恒，从而可得结果。
10.【答案】5000D9.0
【解析】解：(1)电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：
R=UIA1−r1=3500×10−6Ω−1000Ω=5000Ω。
(2)待测电阻阻值约为5Ω，滑动变阻器如果选择C，不方便条件，滑动变阻器E最大阻值太小，为方便实验操作且使电压调节范围较大，滑动变阻器应选择D。
(3)由于待测电阻阻值等于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；流过电压表的电流可以测出，电流表可以采用外接法，实验电路图如图所示
(4)根据图示电路图，由串并联电路特点与欧姆定律得：I1(r1+R)=(I2−I1)Rx
整理得：I1=Rxr1+R+RxI2，
由图示I1−I2图像可知，图像的斜率为：k=Rxr1+R+Rx=0.45×103×10−60.3=1.5×10−3，代入数据解得待测电阻为：Rx=9.0Ω。
故答案为：(1)5000；(2)D；(3)电路图如上图所示；(4)9.0。
(1)应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
(2)根据所给实验器材从方便实验操作的原则选择滑动变阻器。
(3)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，根据实验原理作出实验电路图。
(4)应用欧姆定律求出图像的函数表达式，然后求出待测电阻阻值。
要掌握电流表的改装原理，要掌握实验器材的选择原则；应用并联电路特点与欧姆定律求出图像的函数表达式即可解题。
11.【答案】解：(1)设物块C与木板A碰后速度分别为v1、v2，物块C与木板A发生弹性碰撞，取向右为正方向。
根据动量守恒定律可得：Mv0=Mv1+Mv2
根据机械能守恒定律可得：12Mv02=12Mv12+12Mv22
代入数据解得：v1=0，v2=2m/s；
(2)碰后木板A做减速运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得：
μ1mg+μ2(m+M)g=Ma1
代入数据解得：a1=3m/s2
木块B做加速运动，其加速度大小为：a2=μ1g=0.1×10m/s2=1m/s2
设二者速度相同时速度为v，经过的时间为t，则有：v=a2t=v2−a1t
代入数据解得：v=0.5m/s，t=0.5s
此过程中木块B相对于木板A的位移为Δx1=v2+v2t−v2t=v22t=22×0.5m=0.5m；
二者速度相同后，由于μ1<μ2，所以木块B相对于木板A向前滑动，直到静止。
此过程中木板A的加速度大小为a3，则有：μ2(m+M)g−μ1mg=Ma3
解得：a3=73m/s2
二者的速度均为零时，木块B相对于木板A向右滑动的距离为：Δx2=v22a2−v22a3
代入数据解得：Δx2=114m<0.5m
则要保证木块B不从木板A上滑下，木板A的最小长度为0.5m。
答：(1)碰后瞬间木板A获得的速度大小为2m/s；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，木板A的最小长度为0.5m。
【解析】(1)物块C与木板A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；
(2)根据牛顿第二定律分别求出碰撞后A和B的加速度大小，根据运动学公式求解达到速度相等时二者的相对位移，再分析速度相等以后二者的运动情况，根据速度-位移关系求解相对位移，由此分析木板A的最小长度。
本题主要是考查了动量守恒定律、机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解；对于牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解。
12.【答案】解：(1)粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力作用而做直线运动，根据二力平衡可得：qv0B0=qE，且E=Ud，解得：B0=Uv0d
(2)根据题意可知， 47Be粒子和 37Li粒子运动轨迹图像如图所示：
由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B0=mv02R，解得：R=mv0qB0，即： 47Be粒子的半径为RBe=7mv04eB0， 37Li粒子的半径为RLi=7mv03eB0
那么，RBeRLi=34
根据几何关系可得：aO1=Rsinα，OO1=Rtanα
根据图像可知：ΔaO1O∽ΔaO2d，那么O2dO1O=aOad=RLiRBe，解得：O2d=4R3tanα，ad=43R
bd=O2b−O2d=43Rsinα−4R3tanα=4R(1−cosα)3sinα，od=ad−aO=43R−R=13R
根据勾股定理可得：Ob2=bd2+Od2，解得：cosα=13或cosα=0(由于α不可能等于90∘，故舍去)
根据三角函数可得：sin2α+cos2α=1，解得：sinα=223
又RBe=Rsinα，解得：R=72mdv026eU
答：(1)所加磁场的磁感应强度的大小B0为Uv0d；
(2)圆柱形磁场区域的半径R为72mdv026eU。
【解析】(1)由于粒子沿OO′直线运动，说明竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力大小相等，解得速度；
(2)根据 47Be粒子和 37Li粒子运动轨迹图像，结合几何关系的大道磁场区域半径大小。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题的关键是分析清楚粒子做直线运动的原因是电场力和洛伦兹力相等且反向，作出粒子在磁场中的运动轨迹图结合几何关系求出结果。
13.【答案】BCD
【解析】解：A、①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对气体做正功，气体温度升高，不可能回到初始状态，故A错误；
B、②过程若为等容变化，温度升高，气体内能变大，外界没有对气体做功，气体从外界吸热，故B正确；
CE、②过程外界没有对气体做功，根据p−V图像和坐标轴所围面积表示气体和外界功的交换，③过程外界对气体做的正功大于①过程气体对外界做的负功，因此全过程中外界对气体做正功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，故C正确，E错误；
D、③过程为等温变化，气体压强增大，分子平均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，故D正确；
故选：BCD。
根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT结合图像分析出物理量的变化，结合热力学第一定律完成分析。
本题主要考查了封闭的理想气体的状态方程，根据公式理解p−V图像中图像和横轴围成的面积表示气体和外界功的交换，结合热力学第一定律完成分析即可。
14.【答案】解：(1)初始状态，对B受力分析可得细绳的拉力为：F1=mg
对活塞进行受力分析，则p0S+mg=F1+p1S
解得：p1=p0
则封闭气体初始的参量
p1=p0；T1=300K；V1=l1S
加热气体，气体发生等压变化，设气体温度为T2时，气体的长度l2=0.2m，V2=l2S，根据盖-吕萨克定律
V1T1=V2T2
代入数据解得：T2=600K
(2)研究活塞A和汽缸整体，汽缸刚好离开地面，细绳的拉力为：F2=(M+m)g
因此加入细沙的质量和汽缸的质量相等，即m沙=M=1.5kg
以汽缸为研究对象，设此时封闭气体的压强为p2，则
p2S+Mg=p0S
解得：p2=14p0
设此时气体的长度为l3，V3=l3S，此过程为等温变化，根据玻意耳定律得：
p1V1=p2V3
解得：l3=0.4m
答：(1)若用灯丝加热封闭气体，气体温度为600K时，气体长度变为l2=0.2m；
(2)若在铁桶内缓慢倒入细沙，倒入细沙的质量为1.5kg时，汽缸刚好离开地面，此时气体的长度为0.4m。
【解析】(1)先对活塞进行分析得出气体的压强，在变化过程中压强不变，根据盖-吕萨克定律完成分析；
(2)将活塞和汽缸整体进行分析，根据受力分析得出沙子的质量，变化过程中温度不变，根据玻意耳定律完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据受力分析得出初始状态的压强，找到变化过程中的不变量，结合各自对应的公式完成分析。
15.【答案】BCD
【解析】解：A、由图知该超声波的波长为λ=8×10−2mm，则该超声波的周期为：
T=λv=8×10−51.6×103s=5×10−8s，故A错误；
B、因为t=1.25×10−7s=2.5T
所以这段时间内质点M运动的路程为：s=2.5×4A=10×0.4mm=4mm，故B正确；
C、由y=Asin2πλx(mm)可知，
t=0时刻x=223×10−2mm处质点的位移为−0.2mm，此处波形传播到M点的时间为：
t=xM−xv=3512×10−8s，故C正确；
D、经过t=354×10−8s时，波向前传播的距离为：
x=vt=74λ，所以，结合题图可判断知质点N第二次处于波峰，故D正确；
E、该超声波的波长为λ=8×10−2mm，远小于1cm，不能发生明显的衍射现象，故E错误；
故选：BCD。
根据图片得出超声波的波长，结合公式λ=vT得出周期；
根据横波在水平方向的运动，结合运动学公式分析出对应的物理量关系；
当小孔的尺寸和波长相当时，才会发生明显的衍射现象。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图像得出波长，结合公式计算出周期，解题的关键点是根据横波水平方向上做匀速直线运动结合运动学公式完成分析，同时理解衍射发生的条件即可。
16.【答案】解：(1)光由介质射向空气，临界角sinC=1n=12，解得：C=30∘
假设光在Q点发生全反射，光路图如图所示，由正弦定理得：
OPsinC=2rsin∠QPO，其中OP=r
解得：∠QPO=135∘
所以∠POQ=180∘−135∘−30∘=15∘
根据对称性可知，介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长：
s=2×15∘360∘×2π2r=2πr6；
(2)光线从O点沿直线传播出球壳，光在空气中传播的时间t1=rc
光在介质中传播的时间t2=(2−1)rv
光在介质中传播的速度满足v=cn
所以t=t1+t2=rc+(2−1)rv=(22−1)rc
答：(1)球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长s为2πr6；
(2)把光源移到O处，则光线射出球壳的时间为(22−1)rc。
【解析】(1)画出临界情况的光路图，根据sinC=1n可求得临界角，借助数学知识求得边角的关系，则球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长可求解；
(2)线从O点沿直线传播出球壳，求出在空气和玻璃中传播的时间，相加即可。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
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