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2023年浙江省十校联盟高考物理第三次联考试卷（含答案解析）
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这是一份2023年浙江省十校联盟高考物理第三次联考试卷（含答案解析），共28页。
2023年浙江省十校联盟高考物理第三次联考试卷
1. 达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为( )
A. 1×10−5N B. 1×10−5N/m C. 1×10−5N/m2 D. 1×10−5N/m3
2. 2022年中国科技界的重磅新闻，像雪片一样飞落眼前，折射出这个时代的光亮。下面关于科技事件说法正确的是( )
A. 2022年我国首次火星探测任务“天问一号”探测器发射升空，飞行2000多秒后，成功送入预定轨道。其中“2000多秒”是指时刻
B. 2022年中国科学技术大学潘建伟、陆朝阳等学者研制的76个光子的量子计算原型机“九章”问世引发世界关注。由上可知“光子”就是“量子”
C. 2022年嫦娥五号经历11个飞行阶段，20余天的在轨飞行过程，采集1731克的月球样品返回地球。嫦娥五号绕月运动一圈其位移为零
D. 2022年“奋斗者”号全海深载人潜水器成功完成万米海试并于11月28日胜利返航，在研究“奋斗者”号调整姿态穿越狭小的障碍物时可以把它视为质点
3. 2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是( )
A. 如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同
B. 如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同
C. 如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同
D. 如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同
4. 物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( )
A. 连续敲打可使小车持续向右运动
B. 人、车和锤组成的系统机械能守恒
C. 人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D. 人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
5. 如图所示是某款八缸四冲程汽油车的“五挡手动变速箱”的结构示意图，其工作原理是通过挡位控制来改变连接发动机动力轴的主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。当挡位挂到低速挡——“1、2挡”时，最大车速为20∼30km/h，当挡位挂到高速挡——“5挡”，汽车才能获得比较大的车速，则( )
A. 挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大
B. 若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，汽车获得的牵引力瞬间减小
C. 发动机工作时经历“吸气-压缩-做功-放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，气体对外界做功
D. 随着发动机技术的不断发展，将来有可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率达到100%
6. 为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为I0，下面说法正确的是( )
A. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量最大
B. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量变化率最大
C. 若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
D. 若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
7. 如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动员把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若在过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，八步上栏动作中运动员双脚离地时速度与水平方向的夹角为45∘，则改成七步上栏时该运动员双脚离地时(不计空气阻力)( )
A. 若速度大小不变，速度与水平方向的夹角一定要增大
B. 若速度大小不变，速度与水平方向的夹角可能要减小
C. 若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大
D. 速度大小必须增大，速度与水平方向的夹角一定要减小
8. 如图所示有竖直平面内的14圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是( )
A. 不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B. 不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于 gR，一定不会脱离轨道
C. 在轨道的内侧最高点的速度v1≥ gR、外侧最高点的速度v2=0，都不会脱离轨道
D. 在轨道的内侧只要v1< gR一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
9. 微元思想是物理中一种重要的思想方法，它能巧妙的“化变为恒”，从而便于求解物理量。例如图若为F−t图像，因纵轴力F变化，往往将横轴的时间微分，即取无穷多很短的时间Δt，在很短的时间内力变化很小，F可视为恒力，图像中小长方形的面积代表Δt时间内的冲量，然后通过求和即可知道函数图像和横轴t包围的面积得到F的总冲量，以下四个选项说法错误的是( )
A. 若是V−p(体积-压强)图，则图中函数图像和横轴p围成的面积代表理想气体气体对外做的功
B. 若是a−t(加速度-时间)图，则函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内物体的速度变化量
C. 若是F−x(力-位移)图，则函数图像和横轴x围成的面积代表对应位移内力F所做的功
D. 若是I−t(电流-时间)图，则函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内的电荷量
10. 春分时，当太阳光直射地球赤道时，某天文爱好者在地球表面上某处用天文望远镜恰好观测到其正上方有一颗被太阳照射的地球同步卫星。已知：地球半径为R，地球表面重力加速度为g，地球自转角速度为ω，若不考虑大气对光的折射，下列关于在日落后的12小时内，该观察者看不见此卫星的时间t满足的关系式正确的是( )
A. sin(ωt)=3Rω2g B. sin(ωt)=3gRω2
C. sin(ωt2)=3Rω2g D. sin(ωt2)=3gRω2
11. 如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管。将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动。下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是( )
A.
B.
C.
D.
12. 如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B，半径为L，球心O′坐标为(2L,0)。再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q。a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x轴两侧，点a、b、c到坐标原点O的距离均为L2，Od与金属导体球B外表面相切于d点，已知金属导体球B处于静电平衡状态，k为静电力常数，则下列说法正确的是( )
A. 图中各点的电势关系为φa=φb=φc>φd>φe
B. 金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线中有短暂的电流
C. 金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小E=kQ3L2，方向垂直于金属球表面
D. 金属导体球上的感应电荷在球心O′处产生的电场强度为kQ4L2，方向沿x轴负方向
13. 两个学生研究小组对机械波进行研究，第一小组让波源S自t=0时刻起开始振动，每隔1s做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm，4s后波源S停止振动，其振动图像如图甲所示。第二小组让波源S自t=0时刻起开始振动，做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm，一段时间后波源S停止振动，其波动图像如图乙所示。产生的简谐波均沿SP方向传播，波速均为1m/s，P、Q是介质中两质点，已知SP=8m，SQ=9m，如图所示。下列说法错误的是( )
A. 两个研究小组产生的机械波波源开始振动的方向相反
B. 第一小组实验中t=9.5s时，质点P、Q的振动方向相反
C. 第二小组实验中t=9.5s时，质点P、Q的振动方向相反
D. 若将一、二两个实验小组的波源分别置于S、Q处，且同时开始振动产生上述两列波，位于S、Q中点处的质点，振动始终减弱(两列波相遇过程中)
14. 由俄罗斯、比利时和德国科学家组成的国际科研小组，首次在实验中观察到了中子衰变的新方式-放射β衰变，即一个自由中子衰变成质子(11p)和电子(−10e)同时放出质量可视为零的反中微子(00νe)。该科研成果对粒子物理的研究有重要意义。已知电子质量me=9.1×10−31kg=0.51MeV/c2，中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mp=938.27MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。若某次一个静止的中子衰变中放出的质子动量p=3×10−8MeV⋅s⋅m−1。则( )
A. 强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因
B. 中子衰变的核反应式为 01n→11p+−10e+00νe
C. 中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为0.7468MeV
D. 中子衰变过程中放出的质子和电子，两者的动量大小相等方向相反
15. 某半径为r类地行星表面有一单色光源P，其发出的各方向的光经过厚度为( 2−1)r、折射率为n=2的均匀行星大气层(图中阴影部分)射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为4r 3+1的轨道上绕行星做匀速圆周运动，忽略行星表面对光的反射，已知sin15∘= 6− 24，cos15∘= 6+ 24，则( )
A. 大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为 2πr3
B. 若卫星探测器运行时，只能在轨道上某部分观测到光，则这部分轨道弧长为π3(4r 3+1)
C. 若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大
D. 若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率
16. 如图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。
(1)用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下面说法正确的是______ (单选)。
A.图中打点计时器应使用8V左右的交流电源
B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行
C.实验时必须把轨道右端抬高以补偿阻力，但不需要满足槽码的质量远小于小车的质量
D.为了提高实验的精度，本实验需要改变车中砝码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据
(2)某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度-时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是______ (单选)。
A.实验中没有补偿阻力
B.实验中没有满足小车质量远大于槽码质量
C.实验中先让释放小车后打开打点计时器
D.实验中未保持细线和轨道平行
(3)某同学利用上述实验装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出各计数点到“A”的距离(单位：cm)。取“A”计数点为t=0时刻，作出“xt−t”如图4所示，则由图像可得其加速度为______ m/s2(保留两位有效数字)。
(4)在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器(图5)来测量绳子拉力，下面有关实验操作中说法正确的是______ (单选)。
A.实验操作中不需要槽码的质量远小于小车的质量
B.实验操作中不需要细线和轨道平行
C.实验操作中不需要补偿阻力
D.实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据
(5)该同学为了研究力传感器的原理，查阅相关原理，发现力传感器内部的核心结构是如图6所示的装置，四个电阻R1=R2=R3=R4贴在右侧固定的弹性梁上。其主要原理是在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生形变，引起贴在弹性梁上的四个电阻形状发生改变，引起电阻值大小发生变化，使输出的电压发生变化，把力学量转化为电学量。其电路简化图如图7所示。施加如图6所示的外力F，若要ad两点输出的电压尽量大，则图7中A处电阻应为______ (填“R2”或者“R4”)。
17. 一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：
(1)首先用多用电表进行粗测，如图所示下列操作步骤正确的是______。
图1
A.如图甲，将红黑表笔短接，进行机械调零
B.如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零
C.如图丙，用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，为了准确测量，应换到“×100”挡
D.实验完成后，挡位调至如图丁所示位置
(2)随着使用时间的增长，欧姆表内部的电源电动势会减小，内阻会增大，但仍能进行欧姆调零。若仍用该表测电阻，则测量结果会______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(3)为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如题图2所示电路进行测量，电路由控制电路和测量电路两大部分组成，实验用到的器材如下：
图2
A.待测电阻R.
B.灵敏电流计G
C.定值电阻R0=80Ω
D.粗细均匀的电阻丝AB(总长为L=60.00cm)
E.滑动变阻器R
F.线夹、电源、开关以及导线若干
G.电源(电动势为3V)
①在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1应置于a端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片P1至某一位置，然后不断调节线夹P2所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=12.00cm，则Rx的阻值计算式为______(用R0、L、x表示)，代入数据得Rx=______Ω；
②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻R0换成电阻箱，并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为R1；然后将电阻箱与Rx交换位置，保持线夹P2的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值记为R2，则电阻Rx=______。
18. 如图所示，在温度为17℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h=49cm，已知弹簧原长l0=50cm，劲度系数k=100N/m，气缸的质量M=2kg，活塞的质量m=1kg，活塞的横截面积S=20cm2，若大气压强p0=1×105Pa，且不随温度变化。设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同。(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)
(1)求弹簧的压缩量；
(2)若环境温度缓慢上升到37℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度；
(3)若在第(2)问中，密闭气体内能增加10J，则求该过程中密闭气体吸收的热量。
19. 如图所示，水平传送带AB，长为L=2m，其左端B点与半径R=0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带AB以v=6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r=0.05m、高度h=0.2m。质量m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。
(1)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(2)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。
20. 如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l=0.4m，电阻不计的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R=0.15Ω的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在的磁场满足的条件如下：B(x)=0.5x+0.5(x>0)0.5(x≤0)(单位：特斯拉)，其方向垂直导轨平面向下。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从负半轴x=−1π(单位：m)处从静止开始沿导轨向右运动，t1时刻恰好运动到x=0处(t1未知)，并在外力作用下继续往x轴正半轴运动，整个过程中观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示，0−t1时间内为14周期的正弦曲线，示数最大值为0.3V，t1以后示数恒为0.3V。(提示：简谐振动满足F回=−kx，周期T=2π mk，m为运动物体的质量)求：
(1)金属棒整个运动过程中的最大速度；
(2)金属棒从x=−1π运动到x=0m过程中金属棒产生的焦耳热；
(3)金属棒从x=−1π运动到x=2m过程中外力的平均功率。
21. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的无限长多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度d均为2m，电场强度E均为2×103N/C，方向水平向右；磁感应强度B均为0.1T，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量m=1.6×10−24kg、电荷量q=1.6×10−19C的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
(1)求粒子在第1层磁场中运动时速度v1的大小与轨迹半径r1；
(2)求该粒子向右运动的最大水平距离；(说明：忽略虚线位置场对带电粒子的影响)
(3)若将另一个电量q仍为1.6×10−19C，质量为m′=1.6×10−23kg的带正电粒子从同一点静止释放，该粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，求n的值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：表面张力的单位在SI制中为牛顿/米(N/m)，但是常用达因/厘米(dyn/cm)，而达因是力的单位，其物理意义是使质量是1克的物体产生1cm/s2的加速度的力，叫做1达因，缩写：dyn。由于1N=1kg×1m/s2=1×103g×1×100cm/s2=105dyn，所以1达因其值为1×10−5N/m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据1达因的物理意义即可解题。
本题主要考查了新概念，只要审清题意即可解题。
2.【答案】C
【解析】解：A、“2000多秒”是指飞行的一小段过程，所以是指时间间隔，简称时间，A错误；
B、“光子”只是量子的一种，而并非就是“量子”，“量子计算原型机”可能还有其他非光子型的计算机，故B错误；
C、位移指的是起点到终点的有向线段，嫦娥五号绕月运动一圈，起点和终点重合，故其位移为零，C正确；
D、在研究“奋斗者”号调整姿态穿越狭小的障碍物时，不可忽略“奋斗者”号的大小和姿态细节，故不可以把它视为质点，D错误。
故选：C。
时间间隔表示一个过程；光的波粒二象性表明光子的能量是一份一份的，是量子化的，但是量子化的物质不止光子一种；根据位移的定义判断位移是初位置到末位置的有向线段；根据物体看作质点的条件判断是否可以将奋斗号视为质点。
本题考查对基本概念的理解，其中量子是比较容易错的一个选项，理解光的波粒二象性是解决测问题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动；“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的实验现象不相同，故A错误；
B.如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”由于完全失重状态，薄膜厚度基本均匀分布，不会出现干涉条纹；“地上”由于重力的影响，薄膜厚度并不是均匀分布，形成上薄下厚的形状，会出现干涉条纹，所以观察到的实验现象不相同，故B错误；
C.气体压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的，如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，分子平均动能相同，“天上”和“地上”容器内气体压强相同，故C正确；
D.如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不相同，故D错误。
故选：C。
根据在“天上”处于完全失重状态，凡是与重力相关的现象将消失。
本题主要考查了完全失重状态下的物理现象，解题关键是掌握在处于完全失重状态下，凡是与重力相关的现象将消失。
4.【答案】C
【解析】解：A.对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误；
BCD.人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。
故选：C。
对人、车和锤采用整体法，水平方向动量守恒，整体总动量为零，小车左右往复运动；
根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒。
本题考查学生对整体水平方向动量守恒、整体机械能增加的分析推理能力，难度不高，是一道基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A.在发动机转速一定的情况下，挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中车速变大，由挡位图可知，各挡位均采用直接咬合的连接方式，即主动轮和从动轮的线速度相同，所以为了增大从动轮的转速，主动齿轮和从动齿轮的半径比将变小，故A错误；
B.若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，车速变大，根据P=Fv，可知汽车获得的牵引力瞬间减小，故B正确；
C.发动机工作时经历“吸气-压缩-做功-放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，外界对气体做功，故C错误；
D.根据热力学第二定律可知，即使随着发动机技术的不断发展，将来也不可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率不可能达到100%，故D错误。
故选：B。
由题意明确换挡原理，再根据线速度和角速度关系确定各挡位的半径变化；根据功率公式P=Fv确定牵引力的变化；知道压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功；牢记热机的效率无法达到100%。
本题根据气体换挡位的工作原理考查了圆周运动、功率公式、热力学第定律等内容，要求能正确分析题意，并能将所学物理规律加以准确应用。
6.【答案】BD
【解析】解：AB.根据图乙可知T4时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，磁通量最小为0，故A错误，B正确。
C.若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，根据题意可知，两个过程中磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，故C错误；
D.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电的最大值为原来的两倍，故图像与图乙所示不同，故D正确。
故选：BD。
根据电流的图像分析出电动势的图像，由此分析出磁通量和磁通量变化率的特点；
根据法拉第电磁感应定律分析出改变转动之后产生的交流电的特点；
理解匝数对产生的交流电的影响，结合题意即可完成分析。
本题主要考查了交流电的相关应用，理解图像的物理意义，结合交流电的计算公式即可完成分析。
7.【答案】D
【解析】解：A.运动员双脚离地，做斜上抛运动，将运动分解到水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动，因竖直方向位移不变，由h=12gt2，每一步时间不变；由vy2=2gh，竖直方向初速度不变。八步上栏改成七步上栏，则每一步水平方向位移增大，由x=vxt，水平方向分速度需要增大，若速度大小不变，速度与水平方向的夹角增大，则竖直方向分速度增大，水平方向分速度减小，故A错误；
B.速度大小不变，速度与水平方向夹角减小，则竖直方向分速度减小，水平方向分速度增大，而题目中竖直方向分速度不变，故B错误；
C.速度大小增大，速度与水平方向夹角一定增大，则竖直方向分速度增大，而题目中竖直方向的速度不变，故C错误；
D.速度增大，同时减少速度与水平方向夹角，水平方向速度增大，竖直方向速度可能不变，可以八步上栏改成七步上栏，故D正确。
故选：D。
斜抛运动，将运动分成水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动；
速度与水平方向夹角减小，则竖直方向分速度减小，水平方向分速度增大；
速度大小增大，速度与水平方向夹角一定增大，则竖直方向分速度增大；
减少速度与水平方向夹角，水平方向速度增大，竖直方向速度可能不变，可以八步上栏改成七步上栏。
本题考查学生对斜抛运动的掌握，解题关键是将斜抛运动分成水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动。
8.【答案】D
【解析】解：当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，则有mgcosθ+FT=mv2R
从最高点滑下来，由机械能守恒定律12mv2=12mv12+mgR(1−cosθ)
联立解得，压力FT=2mg+mv12R−3mgcosθ
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需要满足条件：2mg+mv12R≥3mgcosθ
当θ=0∘时，cosθ最大，所以需满足2mg+mv12R≥3mg
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是v1≥ gR；
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图所示，
小滑块受到的合力提供向心力，故mgcosθ−FT=mv2R
从最高点滑下来，由机械能守恒定律可得，12mv2=12mv22+mgR(1−cosθ)
联立解得FT=3mgcosθ−2mg−mv22R
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足2mg+mv22R≤3mgcosθ
当θ=90∘时，cosθ最小，所以需满足2mg+mv22R≤0，则可知，此时v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道。
由以上分析可知，在轨道的内侧只要v1< gR，滑块就一定会脱离轨道，而在外侧无论v2多大都会脱离轨道，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分别对内侧和外则由向心力公式和机械能守恒定律列式，明确脱离轨道的条件是是轨道间的压力为零，联立即可确定小滑块能否脱离轨道。
本题考查竖直面上的圆周运动问题，要注意明确滑块在内外运动时受力的区别，知道两种情况下向心力的来源是解题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：A.若是V−p(体积-压强)图，根据微分法，横轴微分表示极短压强变化量Δp≈0，则气体不对外做功，故A错误；
B.若是a−t(加速度-时间)图，根据微分法，横轴微分表示极短时间，极短时间内的加速度变化可以忽略，由Δv=aΔt知每个小长方形的面积代表Δt时间内的速度变化量，故B正确；
C.若是F−x(力-位移)图，根据微分法，横轴微分表示极短位移，极短位移内的力的变化可以忽略，由ΔW=FΔx知每个小长方形的面积代表Δt时间内力的功，故C正确；
D.若是I−t(电流-时间)图，根据微分法，横轴微分表示极短时间，极短时间内的电流的变化可以忽略，由Δq=IΔt知每个小长方形的面积代表Δt时间内的电荷量，故D正确。
本题选说法错误的，故选：A。
本题根据微分法，结合横轴微分意义和物理公式，分析每一个选项，即可解答。
本题考查学生对微分法的掌握，只需分析出横轴微分意义，结合物理公式判断，是一道基础题。
10.【答案】C
【解析】解：根据光的直线传播规律，日落后的12小时，同步卫星相对地心转过角度θ的t时间内，观察者看不见此卫星，如图所示
同步卫星相对地心转过角度θ=2α
根据几何关系，sinα=Rr
对同步卫星，万有引力提供向心力：GMm′r2=m′rω2
对在地球表面的物体有，万有引力大小等于重力大小：GMm′R2=m′g
结合θ=ωt，解得sin(ωt2)=3Rω2g，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据光的直线传播规律，画出观察者看不见此卫星的过程，根据万有引力提供向心力、地球表面的物体有，万有引力大小等于重力大小以及几何关系，求观察者看不见此卫星的时间。
本题考查学生对天体运动规律的掌握，常用规律为：1.万有引力提供向心力；2.地球表面的物体有，万有引力大小等于重力大小。
11.【答案】B
【解析】解：AB、根据安培定则可知，螺线管(有电流的中间一部分)内部的磁场的方向向右，或者螺线管(有电流的中间一部分)的右端为N极。因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的S极被螺线管左侧磁极S排斥，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右；小火车运动向右运动，故A错误，B正确；
C、根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力为零；小火车处于静止状态，故C错误；
D、电流从电源的正极流出，而该选项螺线管中电流的方向标反，故D错误。
故选：B。
分析题目所给的各图，理解“小火车”原理：根据安培定则分析磁场的方向，再根据磁体间的相互作用即可明确受力情况，从而确定运动情况。
本题考查科技小制作中”电磁动力小火车“的原理，要注意明确两端磁铁只有方向相同时才能形成对电池前进的动力，从而使电池前进。
12.【答案】D
【解析】解：A.由于感应电荷对场源电荷的影响，点电荷A左边电场强度小于右边的电场强度，结合U=Ed定性分析可知c点的电势小于a点的电势，b、c在同一等势面上，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可得φb=φc>φd>φe，综上可得φa>φb=φc>φd>φe，故A错误；
B.由于金属球是等势体，各点的电势相等，用一根导线分别连接左右两侧，导线中没有短暂的电流，故B错误：
C.点电荷A在d处的场强大小E=kQ( (2L)2−L2)2=kQ3L2，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球内表面与d相同的点电场强度大小为kQ3L2，金属导体球外表面场强不为零，则金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小不等于kQ3L2；金属导体球外表面场强不为零，方向垂直于金属球表面，由于d点电场强度是金属导体球B上的感应电荷与A点电荷电场强度的矢量和，可知金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强方向一定不是垂直于金属球表面，故C错误；
D.点电荷A在O′处的场强大小E=kQ4L2，方向沿x轴正方向，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球上的感应电荷在球心O′处产生的电场强度为kQ4L2，方向沿x轴负方向，故D正确。
故选：D。
根据点电荷的电场强度的特点，结合U=Ed定性分析分析各点的电势，结合沿着电场线方向电势逐渐降低特点判断其它点的电势；根据静电平衡的特点与条件判断。
该题考查静电平衡的条件与特点，知道即可。
13.【答案】D
【解析】解：A.根据甲组的振动图像可知，甲组波源起振方向向上；根据乙组波的波形图可知，由“同侧法”可知在x=4m处的质点起振方向向下，所以乙波源起振方向向下，则两个研究小组产生的机械波波源开始振动的方向相反，故A正确；
B.第一小组实验中t=9.5s时，波向前传播9.5m，此时质点P向上振动、质点Q向下振动，即两质点的振动方向相反，故B正确；
C.第二小组实验中t=9.5s时，波向前传播9.5m，此时质点P向上振动、质点Q向下振动，质点P、Q的振动方向相反，故C正确；
D.若将一、二两个实验小组的波源分别置于S、Q处，且同时开始振动产生上述两列波，则两列波同时传到位于S、Q中点处的质点，但是两列波相遇时叠加的两部分波的频率不同，则两列波相遇过程中该质点振动不是始终减弱，故D错误。
本题选错误选项，故选：D。
根据波的形成过程和传播规律结合图像分析判断。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
14.【答案】BC
【解析】解：A.弱相互作用是中子发生β衰变成质子和电子的原因，故A错误；
B.根据质量数守恒与电荷数守恒可知中子衰变的核反应式为_1n→11p+−10e+00νe，故B正确；
C.中子衰变过程中释放的能量为ΔE=(mn−me−mp)c2=(939.57−0.51−938.27)MeV=0.79MeV，一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为Ekp=p22mp=(3×10−8)2×(3×108)22×938.27MeV=0.0432MeV，中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为ΔE−Ekp=0.7468MeV，故C正确；
D.中子衰变过程中放出的质子和电子，中子衰变前速度不一定为零，质子和电子两者不一定大小相等方向相反，故D错误。
故选：BC。
β衰变与弱相互作用有关；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；根据质能方程计算；根据动量守恒的条件判断。
解答本题的关键是知道中子衰变过程中动量守恒(所有反应产物总动量为零)、质子的动能Ekp=p22mp、爱因斯坦质能方程为ΔEk=Δmc2。
15.【答案】BC
【解析】解：A.如图所示
从P点发出的光入射到大气外表面C处，恰好发生全发射，C点即为所求弧长的端点，对称的另一端点为C′，连接OC即为法线，根据全反射临界角公式有：sinγ=1n=12
可得γ=π6
由题知OP长为r，根据几何关系可知OC长度为xOC=r+( 2−1)r= 2r
所以由正弦定理得 2rsinα=rsinγ=rsinπ6=2r
可得α=34π
所以β=π−α−γ=π12=15∘
则大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为l=2( 2rβ)= 2πr6
故A错误；
B.从C点出射的光折射角为π2，过C点作大气外表面的切线，与卫星探测器轨道交于E点，与OP连线交于D点，假设卫星逆时针方向运行，则E点即为卫星开始观测到光的位置，而对称的E′点为观察不到光的临界点，则弧EE′长度即为所求轨道长度。由于三角形OCD为直角三角形，角β=π12，边OC长度为 2r，所以可以求出OD长度为lOD= 2rcosβ
解得：lOD=4r 3+1
由于卫星探测器轨道半径也为4r 3+1，所以D点在卫星轨道上，则由三角形ECO与三角形DCO全等，得到∠EOC=β，所以能观测到的轨道弧长为l′=4β4r 3+1=π3(4r 3+1)
故B正确；
C.若该行星没有大气层，单色光源P向各方向发出的光不发生反射和折射，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大，故C正确；
D.若探测器公转方向和行星自转的方向相同，但由于二者的速度大小关系未知，根据多普勒效应，可知探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，故D错误。
故选：BC。
已知折射率为n=2，根据全反射临界角公式，求光入射到大气层外表面处时发生全反射的临界角，根据几何关系解得AB；若该行星没有大气层，单色光源P向各方向发出的光不发生反射和折射，根据多普勒效应分析D。
本题的关键要掌握全反射条件和临界角公式sinC=1n，要画出光路图，结合几何知识进行解答。
16.【答案】BD4.0AR4
【解析】解：(1)A.图中是电火花计时器，使用220V交流电源，故A错误；
B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮，让细线和轨道平行，才能保证细线拉力保持不变，故B正确；
C.实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律”，只要保证小车所受合力不变即可，不需要补偿阻力和满足槽码的质量远小于小车的质量的要求，故C错误；
D.为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据，故D错误。
故选：B。
(2)由图像可知小车在运动的后阶段加速度变小，说明细线拉力方向后阶段发生变化，故可能存在的问题是试验中未保持细线和轨道平行。
故选：D。
(3)每5个点取一个计数点，故相邻计数点时间间隔为：T=5×0.02s=0.10s
根据匀变速直线运动位移时间规律有：x=v0t+12at2
可得：xt=v0+12at
可知xt−t图像的斜率k=12a=3−2.20.4m/s2=2.0m/s2
则小车的加速度为a=4.0m/s2
(4)A.实验中因为绳子的拉力大小通过力传感器直接得到，不需要槽码的质量远小于小车的质量，故A正确；
BC.实验目的是“探究物体加速度与质量、力的关系”，要保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要补偿阻力，要保持细线和轨道平行，故BC错误；
D.多次改变小车的质量以获得多组数据，可以减小偶然误差，故D错误。
故选：A。
(5)在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生形变，四个电阻发生变化，其中R1、R2减小，R3、R4增大，四者变化后的阻值关系为R1
故答案为：(1)B；(2)D；(3)4.0；(4)A；(5)R4。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据图像和平衡摩擦力方法分析判断；
(3)根据匀变速直线运动位移时间规律和图像分析判断；
(4)根据实验原理、实验步骤和注意事项分析判断；
(5)根据串联分压特点分析计算。
本题考查探究小车速度随时间变化的规律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
17.【答案】(1)B；(2)偏大；(3)①R0xL−x，20；② R1R2。
【解析】解：(1)A.将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故A错误；
B.图乙旋钮是欧姆调零，故B正确；
C.用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明指示电阻值太小，为了准确测量，应换到“×1”挡，故C错误；
D.实验完成后，应将开关调至OFF档或交流电压最高档，故D错误。
故选：B。
(2)多用表的测量原理为闭合电路欧姆定律，如电池电动势减小，内阻增大时，欧姆表重新调零，即满偏电流不变，则
Ig=ER内，可知，E减小，Ig不变，欧姆表的内阻R内变小。
当测电阻时，有I=ER内+Rx=IgR内R内+Rx=Ig1+RxR内
由于R内变小，则同一被测电阻的电流要变小，对应的电阻刻度值要变大，即测量结果会偏大。
(3)①当灵敏电流计G的示数为零时，说明Rx的分压和AP2部分的分压相等，即
URx=URxRx+R0=UAP2=ULAP2LAB=UxL
整理得
RxRx+R0=xL得Rx=R0xL−x=80×12×10−2(60−12)×10−2Ω=20Ω
②交换位置前有RxRx+R2=xL，交换位置后有R2Rx+R2=xL 联立可得
RxRx+R1=R2Rx+R2
解得Rx= R1R2
故答案为：(1)B；(2)偏大；(3)①R0xL−x，20；② R1R2。
欧姆表内部由电源，使用时选择合适的倍率，将红黑表笔短接进行欧姆调零，如果指针偏角过大说明指示电阻值偏小，要换用小倍率，利用闭合电路欧姆定律判断电动势变小内阻变大时测量的误差；根据电路的连接方式，用欧姆定律求解电阻。
灵敏电流计为零时，两边结点的电势相等，根据串联分压电阻之比等于电压之比，并联电路的电压相等使问题变得简单。
18.【答案】解：(1)对气缸和活塞整体受力分析，由平衡条件得
(M+m)g=kΔx
代入数据解得：Δx=0.3m
(2)由于温度变化，活塞离地面的高度不发生变化，气缸顶部离地面为h=49cm
而活塞离地面h′=50cm−30cm=20cm
故初始时，内部气体的高度为l=h−h′=49cm−20cm=29cm，且该过程为等压变化。
初态：V1=ls，T1=290K
末态：V2=l′s，T2=310K
根据V1T1=V2T2，代入数据解得：l′=31cm
故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h′=h+l′−l=49cm+31cm−29cm=51cm
(3)设密闭气体压强为p1，对气缸受力分析得
p0S+Mg=p1S
代入数据解得：p1=1.1×105Pa
在第(2)问中为等压变化，故气体对外做功W=−p1ΔV=−p1(h′−h)S=−1.1×105×(51−49)×20×10−2J=−4.4J
根据热力学第一定律得ΔU=Q+W
解得：Q=14.4J
答：(1)弹簧的压缩量为0.3m；
(2)此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为51cm；
(3)该过程中密闭气体吸收的热量为14.4J。
【解析】(1)对气缸和活塞整体受力分析，根据平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的压缩量。
(2)温度变化，活塞离地面的高度不发生变化。汽缸内气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求出温度缓慢上升到37℃时汽缸内气体的高度，结合几何关系求倒立汽缸的顶部离地面的高度。
(3)对气缸受力分析，由平衡条件求出汽缸内气体的压强，由W=−pΔV求出气体对外做的功，最后由热力学第一定律计算气体吸收的热量。
本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体实验定律进行研究。
19.【答案】解：(1)小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即mg=mvD2R
小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理
−mg⋅2R=12mvD2−12mvB2
代入数据解得vB=5m/s
在最低点B点，有F′N−mg=mvB2R
联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为FN=F′N=30N
(2)根据(1)中vB=5m/s<6m/s，则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动。则根据动能定理μmgL=12mvB2−12mv02
代入数据解得v0=1m/s
(3)设小滑块与圆筒内壁刚好发生6次弹性碰撞，小滑块在竖直方向做自由落体运动，水平方向速度大小不变，则有h=12gt2
代入数据解得t=0.2s
水平方向上2r=v′Dt1=v′D⋅t6
代入数据解得v′D=3m/s
从B到D过程，根据动能定理可得−mg⋅2R=12mv′D2−12mv′B2
代入数据解得v′B= 29m/s<6m/s
在传送带上，根据动能定理可得μmgL=12mv′B2−12mv02
代入数据解得v0= 5m/s
故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，滑块的初速度v0的范围为v0≥ 5m/s
答：(1)滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN为30N；
(2)滑块的初速度v0为1m/s；
(3)滑块的初速度v0的范围为v0≥ 5m/s。
【解析】(1)小滑块恰好能通过最高点D，重力提供向心力，由B点到D点的过程，机械能守恒，联立，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)根据动能定理计算速度大小；
(3)小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向上匀速直线运动，再根据小滑块在B到D动能定理和传送带上运动动能定理求出速度的范围。
本题考查学生对机械能守恒定律、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、动能定理，解题关键是分析出小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速圆周运动。
20.【答案】解：(1)运动的金属棒切割磁感线产生感应电动势E=Blv
根据闭合电路的欧姆定律I=ER+r=BlvR+r
路端电压U=IR=RR+r⋅Blv
根据题意可知，在t1时刻导体棒恰好运动到x=0处时v=vmax，此时E=0.4V
代入数据联立解得最大速度vmax=2m/s
(2)回复力与偏离平衡位置的距离成正比，由图像可知到O点为平衡位置，根据动能定理kx2⋅x=12mvm2−0
又根据T=2π mk，t1=T4
联立以上各式得t1=14s
金属棒电压的有效值U1=Um 2
通过金属棒的电流I1=U1r
金属棒产生的焦耳热为Q1=I12rt1
代入数据联立解得Q1=0.025J
(3)在x=0到x=2m范围内，磁感应强度B′=(0.5+0.5x)T
安培力大小为F安=B′lI=(0.5+0.5x)lI
可知安培力随位置线性变化，即W安=12(BIl+B′Il)x2
代入数据得W安=1.6J
在x=2m处，导体棒速度为v2=EB′l
根据动能定理可知WF−W安=12mv22−12mv02
又因为W安=I2(R+r)t2及I=UR
代入数据解得t2=2s
对全过程列动能定理，有P−(t1+t2)−I12(R+r)−W安=12mv22−0
代入数据联立解得P−≈0.765W
因此金属棒从x=−1π运动到x=2m过程中外力的平均功率约为2.32W。
答：(1)金属棒整个运动过程中的最大速度为2m/s；
(2)金属棒从x=−1π运动到x=0m过程中金属棒产生的焦耳热为0.025J；
(3)金属棒从x=−1π运动到x=2m过程中外力的平均功率约为0.765W。
【解析】(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律、欧姆定律结合图像求最大速度；
(2)根据动能定理和简谐振动的周期公式求金属棒的运动时间；根据焦耳定律求热量；
(3)根据安培力公式求解x=0到x=2m范围内平均安培力的大小，再求解安培力所做的功；根据导体切割磁感线产生的感应电动势公式求解x=2m末的速度，根据动能定理、焦耳定律求金属棒从x=0到x=2m的运动时间，最后再根据动能定理求整个过程的平均功率。
本题是学科内综合题，涉及导体棒切割磁感线产生感应电动势、欧姆定律、焦耳定律、动能定理及功能关系；过程复杂、再加上磁感应强度的可变性，更增加了不少难度，本题不适合于中等以下的学生学习。
21.【答案】解：(1)粒子经过第1层电场加速后进入第1层磁场，粒子经过第1层电场加速过程，由动能定理得：Eqd=12mv12
可得：v1= 2Eqdm
代入数据解得：v1=2 2×104m/s
粒子在磁场中受到的洛伦兹力等于其做匀速圆周运动所需的向心力，则有：
qv1B=mv12r1
可得：r1=1B 2Edmq
代入数据解得：r1=2 2m。
(2)粒子在磁场中所示洛伦兹力不做功，运动到第n层磁场时，则有：
nEqd=12mvn2
qvnB=mvn2rn
设粒子在进入第n层磁场时，速度方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场射出时，速度方向与水平方向的夹角为θn，局部轨迹图如下图所示：
由于粒子穿过电场的过程，垂直于电场方向分速度不变，因此有：vn−1sinθn−1=vnsinαn
同时由几何关系得：rnsinθn−rnsinαn=d
联立可得：rnsinθn−rn−1sinθn−1=d
由等差数列的知识，可得到关系式：
rnsinθn=r1sinθ1+(n−1)d
由几何关系可得粒子在第一层磁场偏转时有：r1sinθ1=d
可得：rnsinθn=nd
联立解得：sinθn=B qnd2Em
令θn=90∘，则有：sinθn=1，即：B qnd2Em=1
解得：n=2EmB2qd
代入数据可得：n=2，说明粒子穿过第二层磁场时速度方向恰好沿边界竖直向上，因忽略虚线位置场对带电粒子的影响，故最大水平距离为：
xm=n×2d=2×2×2m=8m。
(3)若将另一个电量q仍为1.6×10−19C，质量为m′=1.6×10−23kg，带正电粒子从同一点静止释放，代入上题中的结论公式：n=2EmB2qd
解得n的值为：n=20。
答：(1)粒子在第1层磁场中运动时速度v1的大小为2 2×104m/s，与轨迹半径r1为2 2m；
(2)该粒子向右运动的最大水平距离8m；
(3)粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，n的值为20。
【解析】(1)由动能定理求得粒子经过第1层电场加速获得的速度大小，粒子在磁场中由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，根据牛顿第二定律求解运动半径；
(2)作出粒子在第n层磁场的运动轨迹图，根据动能定理和牛顿第二定律，推导粒子运动规律进行解答；
(3)根据(2)的结论解答。
本题考查了带电粒子在组合的磁场中的运动问题，推导分析粒子的运动规律，画出粒子运动轨迹图是解决本题的关键，处理粒子在磁场中运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角。
2023年浙江省十校联盟高考物理第三次联考试卷
1. 达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为( )
A. 1×10−5N B. 1×10−5N/m C. 1×10−5N/m2 D. 1×10−5N/m3
2. 2022年中国科技界的重磅新闻，像雪片一样飞落眼前，折射出这个时代的光亮。下面关于科技事件说法正确的是( )
A. 2022年我国首次火星探测任务“天问一号”探测器发射升空，飞行2000多秒后，成功送入预定轨道。其中“2000多秒”是指时刻
B. 2022年中国科学技术大学潘建伟、陆朝阳等学者研制的76个光子的量子计算原型机“九章”问世引发世界关注。由上可知“光子”就是“量子”
C. 2022年嫦娥五号经历11个飞行阶段，20余天的在轨飞行过程，采集1731克的月球样品返回地球。嫦娥五号绕月运动一圈其位移为零
D. 2022年“奋斗者”号全海深载人潜水器成功完成万米海试并于11月28日胜利返航，在研究“奋斗者”号调整姿态穿越狭小的障碍物时可以把它视为质点
3. 2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是( )
A. 如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同
B. 如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同
C. 如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同
D. 如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同
4. 物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( )
A. 连续敲打可使小车持续向右运动
B. 人、车和锤组成的系统机械能守恒
C. 人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D. 人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
5. 如图所示是某款八缸四冲程汽油车的“五挡手动变速箱”的结构示意图，其工作原理是通过挡位控制来改变连接发动机动力轴的主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。当挡位挂到低速挡——“1、2挡”时，最大车速为20∼30km/h，当挡位挂到高速挡——“5挡”，汽车才能获得比较大的车速，则( )
A. 挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大
B. 若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，汽车获得的牵引力瞬间减小
C. 发动机工作时经历“吸气-压缩-做功-放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，气体对外界做功
D. 随着发动机技术的不断发展，将来有可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率达到100%
6. 为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为I0，下面说法正确的是( )
A. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量最大
B. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量变化率最大
C. 若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
D. 若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
7. 如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动员把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若在过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，八步上栏动作中运动员双脚离地时速度与水平方向的夹角为45∘，则改成七步上栏时该运动员双脚离地时(不计空气阻力)( )
A. 若速度大小不变，速度与水平方向的夹角一定要增大
B. 若速度大小不变，速度与水平方向的夹角可能要减小
C. 若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大
D. 速度大小必须增大，速度与水平方向的夹角一定要减小
8. 如图所示有竖直平面内的14圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是( )
A. 不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B. 不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于 gR，一定不会脱离轨道
C. 在轨道的内侧最高点的速度v1≥ gR、外侧最高点的速度v2=0，都不会脱离轨道
D. 在轨道的内侧只要v1< gR一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
9. 微元思想是物理中一种重要的思想方法，它能巧妙的“化变为恒”，从而便于求解物理量。例如图若为F−t图像，因纵轴力F变化，往往将横轴的时间微分，即取无穷多很短的时间Δt，在很短的时间内力变化很小，F可视为恒力，图像中小长方形的面积代表Δt时间内的冲量，然后通过求和即可知道函数图像和横轴t包围的面积得到F的总冲量，以下四个选项说法错误的是( )
A. 若是V−p(体积-压强)图，则图中函数图像和横轴p围成的面积代表理想气体气体对外做的功
B. 若是a−t(加速度-时间)图，则函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内物体的速度变化量
C. 若是F−x(力-位移)图，则函数图像和横轴x围成的面积代表对应位移内力F所做的功
D. 若是I−t(电流-时间)图，则函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内的电荷量
10. 春分时，当太阳光直射地球赤道时，某天文爱好者在地球表面上某处用天文望远镜恰好观测到其正上方有一颗被太阳照射的地球同步卫星。已知：地球半径为R，地球表面重力加速度为g，地球自转角速度为ω，若不考虑大气对光的折射，下列关于在日落后的12小时内，该观察者看不见此卫星的时间t满足的关系式正确的是( )
A. sin(ωt)=3Rω2g B. sin(ωt)=3gRω2
C. sin(ωt2)=3Rω2g D. sin(ωt2)=3gRω2
11. 如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管。将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动。下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是( )
A.
B.
C.
D.
12. 如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B，半径为L，球心O′坐标为(2L,0)。再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q。a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x轴两侧，点a、b、c到坐标原点O的距离均为L2，Od与金属导体球B外表面相切于d点，已知金属导体球B处于静电平衡状态，k为静电力常数，则下列说法正确的是( )
A. 图中各点的电势关系为φa=φb=φc>φd>φe
B. 金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线中有短暂的电流
C. 金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小E=kQ3L2，方向垂直于金属球表面
D. 金属导体球上的感应电荷在球心O′处产生的电场强度为kQ4L2，方向沿x轴负方向
13. 两个学生研究小组对机械波进行研究，第一小组让波源S自t=0时刻起开始振动，每隔1s做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm，4s后波源S停止振动，其振动图像如图甲所示。第二小组让波源S自t=0时刻起开始振动，做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm，一段时间后波源S停止振动，其波动图像如图乙所示。产生的简谐波均沿SP方向传播，波速均为1m/s，P、Q是介质中两质点，已知SP=8m，SQ=9m，如图所示。下列说法错误的是( )
A. 两个研究小组产生的机械波波源开始振动的方向相反
B. 第一小组实验中t=9.5s时，质点P、Q的振动方向相反
C. 第二小组实验中t=9.5s时，质点P、Q的振动方向相反
D. 若将一、二两个实验小组的波源分别置于S、Q处，且同时开始振动产生上述两列波，位于S、Q中点处的质点，振动始终减弱(两列波相遇过程中)
14. 由俄罗斯、比利时和德国科学家组成的国际科研小组，首次在实验中观察到了中子衰变的新方式-放射β衰变，即一个自由中子衰变成质子(11p)和电子(−10e)同时放出质量可视为零的反中微子(00νe)。该科研成果对粒子物理的研究有重要意义。已知电子质量me=9.1×10−31kg=0.51MeV/c2，中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mp=938.27MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。若某次一个静止的中子衰变中放出的质子动量p=3×10−8MeV⋅s⋅m−1。则( )
A. 强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因
B. 中子衰变的核反应式为 01n→11p+−10e+00νe
C. 中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为0.7468MeV
D. 中子衰变过程中放出的质子和电子，两者的动量大小相等方向相反
15. 某半径为r类地行星表面有一单色光源P，其发出的各方向的光经过厚度为( 2−1)r、折射率为n=2的均匀行星大气层(图中阴影部分)射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为4r 3+1的轨道上绕行星做匀速圆周运动，忽略行星表面对光的反射，已知sin15∘= 6− 24，cos15∘= 6+ 24，则( )
A. 大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为 2πr3
B. 若卫星探测器运行时，只能在轨道上某部分观测到光，则这部分轨道弧长为π3(4r 3+1)
C. 若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大
D. 若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率
16. 如图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。
(1)用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下面说法正确的是______ (单选)。
A.图中打点计时器应使用8V左右的交流电源
B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行
C.实验时必须把轨道右端抬高以补偿阻力，但不需要满足槽码的质量远小于小车的质量
D.为了提高实验的精度，本实验需要改变车中砝码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据
(2)某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度-时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是______ (单选)。
A.实验中没有补偿阻力
B.实验中没有满足小车质量远大于槽码质量
C.实验中先让释放小车后打开打点计时器
D.实验中未保持细线和轨道平行
(3)某同学利用上述实验装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出各计数点到“A”的距离(单位：cm)。取“A”计数点为t=0时刻，作出“xt−t”如图4所示，则由图像可得其加速度为______ m/s2(保留两位有效数字)。
(4)在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器(图5)来测量绳子拉力，下面有关实验操作中说法正确的是______ (单选)。
A.实验操作中不需要槽码的质量远小于小车的质量
B.实验操作中不需要细线和轨道平行
C.实验操作中不需要补偿阻力
D.实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据
(5)该同学为了研究力传感器的原理，查阅相关原理，发现力传感器内部的核心结构是如图6所示的装置，四个电阻R1=R2=R3=R4贴在右侧固定的弹性梁上。其主要原理是在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生形变，引起贴在弹性梁上的四个电阻形状发生改变，引起电阻值大小发生变化，使输出的电压发生变化，把力学量转化为电学量。其电路简化图如图7所示。施加如图6所示的外力F，若要ad两点输出的电压尽量大，则图7中A处电阻应为______ (填“R2”或者“R4”)。
17. 一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：
(1)首先用多用电表进行粗测，如图所示下列操作步骤正确的是______。
图1
A.如图甲，将红黑表笔短接，进行机械调零
B.如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零
C.如图丙，用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，为了准确测量，应换到“×100”挡
D.实验完成后，挡位调至如图丁所示位置
(2)随着使用时间的增长，欧姆表内部的电源电动势会减小，内阻会增大，但仍能进行欧姆调零。若仍用该表测电阻，则测量结果会______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(3)为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如题图2所示电路进行测量，电路由控制电路和测量电路两大部分组成，实验用到的器材如下：
图2
A.待测电阻R.
B.灵敏电流计G
C.定值电阻R0=80Ω
D.粗细均匀的电阻丝AB(总长为L=60.00cm)
E.滑动变阻器R
F.线夹、电源、开关以及导线若干
G.电源(电动势为3V)
①在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1应置于a端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片P1至某一位置，然后不断调节线夹P2所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=12.00cm，则Rx的阻值计算式为______(用R0、L、x表示)，代入数据得Rx=______Ω；
②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻R0换成电阻箱，并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为R1；然后将电阻箱与Rx交换位置，保持线夹P2的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值记为R2，则电阻Rx=______。
18. 如图所示，在温度为17℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h=49cm，已知弹簧原长l0=50cm，劲度系数k=100N/m，气缸的质量M=2kg，活塞的质量m=1kg，活塞的横截面积S=20cm2，若大气压强p0=1×105Pa，且不随温度变化。设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同。(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)
(1)求弹簧的压缩量；
(2)若环境温度缓慢上升到37℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度；
(3)若在第(2)问中，密闭气体内能增加10J，则求该过程中密闭气体吸收的热量。
19. 如图所示，水平传送带AB，长为L=2m，其左端B点与半径R=0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带AB以v=6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r=0.05m、高度h=0.2m。质量m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。
(1)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(2)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。
20. 如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l=0.4m，电阻不计的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R=0.15Ω的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在的磁场满足的条件如下：B(x)=0.5x+0.5(x>0)0.5(x≤0)(单位：特斯拉)，其方向垂直导轨平面向下。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从负半轴x=−1π(单位：m)处从静止开始沿导轨向右运动，t1时刻恰好运动到x=0处(t1未知)，并在外力作用下继续往x轴正半轴运动，整个过程中观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示，0−t1时间内为14周期的正弦曲线，示数最大值为0.3V，t1以后示数恒为0.3V。(提示：简谐振动满足F回=−kx，周期T=2π mk，m为运动物体的质量)求：
(1)金属棒整个运动过程中的最大速度；
(2)金属棒从x=−1π运动到x=0m过程中金属棒产生的焦耳热；
(3)金属棒从x=−1π运动到x=2m过程中外力的平均功率。
21. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的无限长多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度d均为2m，电场强度E均为2×103N/C，方向水平向右；磁感应强度B均为0.1T，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量m=1.6×10−24kg、电荷量q=1.6×10−19C的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
(1)求粒子在第1层磁场中运动时速度v1的大小与轨迹半径r1；
(2)求该粒子向右运动的最大水平距离；(说明：忽略虚线位置场对带电粒子的影响)
(3)若将另一个电量q仍为1.6×10−19C，质量为m′=1.6×10−23kg的带正电粒子从同一点静止释放，该粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，求n的值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：表面张力的单位在SI制中为牛顿/米(N/m)，但是常用达因/厘米(dyn/cm)，而达因是力的单位，其物理意义是使质量是1克的物体产生1cm/s2的加速度的力，叫做1达因，缩写：dyn。由于1N=1kg×1m/s2=1×103g×1×100cm/s2=105dyn，所以1达因其值为1×10−5N/m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据1达因的物理意义即可解题。
本题主要考查了新概念，只要审清题意即可解题。
2.【答案】C
【解析】解：A、“2000多秒”是指飞行的一小段过程，所以是指时间间隔，简称时间，A错误；
B、“光子”只是量子的一种，而并非就是“量子”，“量子计算原型机”可能还有其他非光子型的计算机，故B错误；
C、位移指的是起点到终点的有向线段，嫦娥五号绕月运动一圈，起点和终点重合，故其位移为零，C正确；
D、在研究“奋斗者”号调整姿态穿越狭小的障碍物时，不可忽略“奋斗者”号的大小和姿态细节，故不可以把它视为质点，D错误。
故选：C。
时间间隔表示一个过程；光的波粒二象性表明光子的能量是一份一份的，是量子化的，但是量子化的物质不止光子一种；根据位移的定义判断位移是初位置到末位置的有向线段；根据物体看作质点的条件判断是否可以将奋斗号视为质点。
本题考查对基本概念的理解，其中量子是比较容易错的一个选项，理解光的波粒二象性是解决测问题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动；“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的实验现象不相同，故A错误；
B.如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”由于完全失重状态，薄膜厚度基本均匀分布，不会出现干涉条纹；“地上”由于重力的影响，薄膜厚度并不是均匀分布，形成上薄下厚的形状，会出现干涉条纹，所以观察到的实验现象不相同，故B错误；
C.气体压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的，如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，分子平均动能相同，“天上”和“地上”容器内气体压强相同，故C正确；
D.如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不相同，故D错误。
故选：C。
根据在“天上”处于完全失重状态，凡是与重力相关的现象将消失。
本题主要考查了完全失重状态下的物理现象，解题关键是掌握在处于完全失重状态下，凡是与重力相关的现象将消失。
4.【答案】C
【解析】解：A.对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误；
BCD.人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。
故选：C。
对人、车和锤采用整体法，水平方向动量守恒，整体总动量为零，小车左右往复运动；
根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒。
本题考查学生对整体水平方向动量守恒、整体机械能增加的分析推理能力，难度不高，是一道基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A.在发动机转速一定的情况下，挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中车速变大，由挡位图可知，各挡位均采用直接咬合的连接方式，即主动轮和从动轮的线速度相同，所以为了增大从动轮的转速，主动齿轮和从动齿轮的半径比将变小，故A错误；
B.若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，车速变大，根据P=Fv，可知汽车获得的牵引力瞬间减小，故B正确；
C.发动机工作时经历“吸气-压缩-做功-放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，外界对气体做功，故C错误；
D.根据热力学第二定律可知，即使随着发动机技术的不断发展，将来也不可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率不可能达到100%，故D错误。
故选：B。
由题意明确换挡原理，再根据线速度和角速度关系确定各挡位的半径变化；根据功率公式P=Fv确定牵引力的变化；知道压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功；牢记热机的效率无法达到100%。
本题根据气体换挡位的工作原理考查了圆周运动、功率公式、热力学第定律等内容，要求能正确分析题意，并能将所学物理规律加以准确应用。
6.【答案】BD
【解析】解：AB.根据图乙可知T4时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，磁通量最小为0，故A错误，B正确。
C.若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，根据题意可知，两个过程中磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，故C错误；
D.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电的最大值为原来的两倍，故图像与图乙所示不同，故D正确。
故选：BD。
根据电流的图像分析出电动势的图像，由此分析出磁通量和磁通量变化率的特点；
根据法拉第电磁感应定律分析出改变转动之后产生的交流电的特点；
理解匝数对产生的交流电的影响，结合题意即可完成分析。
本题主要考查了交流电的相关应用，理解图像的物理意义，结合交流电的计算公式即可完成分析。
7.【答案】D
【解析】解：A.运动员双脚离地，做斜上抛运动，将运动分解到水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动，因竖直方向位移不变，由h=12gt2，每一步时间不变；由vy2=2gh，竖直方向初速度不变。八步上栏改成七步上栏，则每一步水平方向位移增大，由x=vxt，水平方向分速度需要增大，若速度大小不变，速度与水平方向的夹角增大，则竖直方向分速度增大，水平方向分速度减小，故A错误；
B.速度大小不变，速度与水平方向夹角减小，则竖直方向分速度减小，水平方向分速度增大，而题目中竖直方向分速度不变，故B错误；
C.速度大小增大，速度与水平方向夹角一定增大，则竖直方向分速度增大，而题目中竖直方向的速度不变，故C错误；
D.速度增大，同时减少速度与水平方向夹角，水平方向速度增大，竖直方向速度可能不变，可以八步上栏改成七步上栏，故D正确。
故选：D。
斜抛运动，将运动分成水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动；
速度与水平方向夹角减小，则竖直方向分速度减小，水平方向分速度增大；
速度大小增大，速度与水平方向夹角一定增大，则竖直方向分速度增大；
减少速度与水平方向夹角，水平方向速度增大，竖直方向速度可能不变，可以八步上栏改成七步上栏。
本题考查学生对斜抛运动的掌握，解题关键是将斜抛运动分成水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动。
8.【答案】D
【解析】解：当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，则有mgcosθ+FT=mv2R
从最高点滑下来，由机械能守恒定律12mv2=12mv12+mgR(1−cosθ)
联立解得，压力FT=2mg+mv12R−3mgcosθ
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需要满足条件：2mg+mv12R≥3mgcosθ
当θ=0∘时，cosθ最大，所以需满足2mg+mv12R≥3mg
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是v1≥ gR；
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图所示，
小滑块受到的合力提供向心力，故mgcosθ−FT=mv2R
从最高点滑下来，由机械能守恒定律可得，12mv2=12mv22+mgR(1−cosθ)
联立解得FT=3mgcosθ−2mg−mv22R
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足2mg+mv22R≤3mgcosθ
当θ=90∘时，cosθ最小，所以需满足2mg+mv22R≤0，则可知，此时v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道。
由以上分析可知，在轨道的内侧只要v1< gR，滑块就一定会脱离轨道，而在外侧无论v2多大都会脱离轨道，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分别对内侧和外则由向心力公式和机械能守恒定律列式，明确脱离轨道的条件是是轨道间的压力为零，联立即可确定小滑块能否脱离轨道。
本题考查竖直面上的圆周运动问题，要注意明确滑块在内外运动时受力的区别，知道两种情况下向心力的来源是解题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：A.若是V−p(体积-压强)图，根据微分法，横轴微分表示极短压强变化量Δp≈0，则气体不对外做功，故A错误；
B.若是a−t(加速度-时间)图，根据微分法，横轴微分表示极短时间，极短时间内的加速度变化可以忽略，由Δv=aΔt知每个小长方形的面积代表Δt时间内的速度变化量，故B正确；
C.若是F−x(力-位移)图，根据微分法，横轴微分表示极短位移，极短位移内的力的变化可以忽略，由ΔW=FΔx知每个小长方形的面积代表Δt时间内力的功，故C正确；
D.若是I−t(电流-时间)图，根据微分法，横轴微分表示极短时间，极短时间内的电流的变化可以忽略，由Δq=IΔt知每个小长方形的面积代表Δt时间内的电荷量，故D正确。
本题选说法错误的，故选：A。
本题根据微分法，结合横轴微分意义和物理公式，分析每一个选项，即可解答。
本题考查学生对微分法的掌握，只需分析出横轴微分意义，结合物理公式判断，是一道基础题。
10.【答案】C
【解析】解：根据光的直线传播规律，日落后的12小时，同步卫星相对地心转过角度θ的t时间内，观察者看不见此卫星，如图所示
同步卫星相对地心转过角度θ=2α
根据几何关系，sinα=Rr
对同步卫星，万有引力提供向心力：GMm′r2=m′rω2
对在地球表面的物体有，万有引力大小等于重力大小：GMm′R2=m′g
结合θ=ωt，解得sin(ωt2)=3Rω2g，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据光的直线传播规律，画出观察者看不见此卫星的过程，根据万有引力提供向心力、地球表面的物体有，万有引力大小等于重力大小以及几何关系，求观察者看不见此卫星的时间。
本题考查学生对天体运动规律的掌握，常用规律为：1.万有引力提供向心力；2.地球表面的物体有，万有引力大小等于重力大小。
11.【答案】B
【解析】解：AB、根据安培定则可知，螺线管(有电流的中间一部分)内部的磁场的方向向右，或者螺线管(有电流的中间一部分)的右端为N极。因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的S极被螺线管左侧磁极S排斥，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右；小火车运动向右运动，故A错误，B正确；
C、根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力为零；小火车处于静止状态，故C错误；
D、电流从电源的正极流出，而该选项螺线管中电流的方向标反，故D错误。
故选：B。
分析题目所给的各图，理解“小火车”原理：根据安培定则分析磁场的方向，再根据磁体间的相互作用即可明确受力情况，从而确定运动情况。
本题考查科技小制作中”电磁动力小火车“的原理，要注意明确两端磁铁只有方向相同时才能形成对电池前进的动力，从而使电池前进。
12.【答案】D
【解析】解：A.由于感应电荷对场源电荷的影响，点电荷A左边电场强度小于右边的电场强度，结合U=Ed定性分析可知c点的电势小于a点的电势，b、c在同一等势面上，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可得φb=φc>φd>φe，综上可得φa>φb=φc>φd>φe，故A错误；
B.由于金属球是等势体，各点的电势相等，用一根导线分别连接左右两侧，导线中没有短暂的电流，故B错误：
C.点电荷A在d处的场强大小E=kQ( (2L)2−L2)2=kQ3L2，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球内表面与d相同的点电场强度大小为kQ3L2，金属导体球外表面场强不为零，则金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小不等于kQ3L2；金属导体球外表面场强不为零，方向垂直于金属球表面，由于d点电场强度是金属导体球B上的感应电荷与A点电荷电场强度的矢量和，可知金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强方向一定不是垂直于金属球表面，故C错误；
D.点电荷A在O′处的场强大小E=kQ4L2，方向沿x轴正方向，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球上的感应电荷在球心O′处产生的电场强度为kQ4L2，方向沿x轴负方向，故D正确。
故选：D。
根据点电荷的电场强度的特点，结合U=Ed定性分析分析各点的电势，结合沿着电场线方向电势逐渐降低特点判断其它点的电势；根据静电平衡的特点与条件判断。
该题考查静电平衡的条件与特点，知道即可。
13.【答案】D
【解析】解：A.根据甲组的振动图像可知，甲组波源起振方向向上；根据乙组波的波形图可知，由“同侧法”可知在x=4m处的质点起振方向向下，所以乙波源起振方向向下，则两个研究小组产生的机械波波源开始振动的方向相反，故A正确；
B.第一小组实验中t=9.5s时，波向前传播9.5m，此时质点P向上振动、质点Q向下振动，即两质点的振动方向相反，故B正确；
C.第二小组实验中t=9.5s时，波向前传播9.5m，此时质点P向上振动、质点Q向下振动，质点P、Q的振动方向相反，故C正确；
D.若将一、二两个实验小组的波源分别置于S、Q处，且同时开始振动产生上述两列波，则两列波同时传到位于S、Q中点处的质点，但是两列波相遇时叠加的两部分波的频率不同，则两列波相遇过程中该质点振动不是始终减弱，故D错误。
本题选错误选项，故选：D。
根据波的形成过程和传播规律结合图像分析判断。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
14.【答案】BC
【解析】解：A.弱相互作用是中子发生β衰变成质子和电子的原因，故A错误；
B.根据质量数守恒与电荷数守恒可知中子衰变的核反应式为_1n→11p+−10e+00νe，故B正确；
C.中子衰变过程中释放的能量为ΔE=(mn−me−mp)c2=(939.57−0.51−938.27)MeV=0.79MeV，一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为Ekp=p22mp=(3×10−8)2×(3×108)22×938.27MeV=0.0432MeV，中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为ΔE−Ekp=0.7468MeV，故C正确；
D.中子衰变过程中放出的质子和电子，中子衰变前速度不一定为零，质子和电子两者不一定大小相等方向相反，故D错误。
故选：BC。
β衰变与弱相互作用有关；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；根据质能方程计算；根据动量守恒的条件判断。
解答本题的关键是知道中子衰变过程中动量守恒(所有反应产物总动量为零)、质子的动能Ekp=p22mp、爱因斯坦质能方程为ΔEk=Δmc2。
15.【答案】BC
【解析】解：A.如图所示
从P点发出的光入射到大气外表面C处，恰好发生全发射，C点即为所求弧长的端点，对称的另一端点为C′，连接OC即为法线，根据全反射临界角公式有：sinγ=1n=12
可得γ=π6
由题知OP长为r，根据几何关系可知OC长度为xOC=r+( 2−1)r= 2r
所以由正弦定理得 2rsinα=rsinγ=rsinπ6=2r
可得α=34π
所以β=π−α−γ=π12=15∘
则大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为l=2( 2rβ)= 2πr6
故A错误；
B.从C点出射的光折射角为π2，过C点作大气外表面的切线，与卫星探测器轨道交于E点，与OP连线交于D点，假设卫星逆时针方向运行，则E点即为卫星开始观测到光的位置，而对称的E′点为观察不到光的临界点，则弧EE′长度即为所求轨道长度。由于三角形OCD为直角三角形，角β=π12，边OC长度为 2r，所以可以求出OD长度为lOD= 2rcosβ
解得：lOD=4r 3+1
由于卫星探测器轨道半径也为4r 3+1，所以D点在卫星轨道上，则由三角形ECO与三角形DCO全等，得到∠EOC=β，所以能观测到的轨道弧长为l′=4β4r 3+1=π3(4r 3+1)
故B正确；
C.若该行星没有大气层，单色光源P向各方向发出的光不发生反射和折射，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大，故C正确；
D.若探测器公转方向和行星自转的方向相同，但由于二者的速度大小关系未知，根据多普勒效应，可知探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，故D错误。
故选：BC。
已知折射率为n=2，根据全反射临界角公式，求光入射到大气层外表面处时发生全反射的临界角，根据几何关系解得AB；若该行星没有大气层，单色光源P向各方向发出的光不发生反射和折射，根据多普勒效应分析D。
本题的关键要掌握全反射条件和临界角公式sinC=1n，要画出光路图，结合几何知识进行解答。
16.【答案】BD4.0AR4
【解析】解：(1)A.图中是电火花计时器，使用220V交流电源，故A错误；
B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮，让细线和轨道平行，才能保证细线拉力保持不变，故B正确；
C.实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律”，只要保证小车所受合力不变即可，不需要补偿阻力和满足槽码的质量远小于小车的质量的要求，故C错误；
D.为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据，故D错误。
故选：B。
(2)由图像可知小车在运动的后阶段加速度变小，说明细线拉力方向后阶段发生变化，故可能存在的问题是试验中未保持细线和轨道平行。
故选：D。
(3)每5个点取一个计数点，故相邻计数点时间间隔为：T=5×0.02s=0.10s
根据匀变速直线运动位移时间规律有：x=v0t+12at2
可得：xt=v0+12at
可知xt−t图像的斜率k=12a=3−2.20.4m/s2=2.0m/s2
则小车的加速度为a=4.0m/s2
(4)A.实验中因为绳子的拉力大小通过力传感器直接得到，不需要槽码的质量远小于小车的质量，故A正确；
BC.实验目的是“探究物体加速度与质量、力的关系”，要保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要补偿阻力，要保持细线和轨道平行，故BC错误；
D.多次改变小车的质量以获得多组数据，可以减小偶然误差，故D错误。
故选：A。
(5)在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生形变，四个电阻发生变化，其中R1、R2减小，R3、R4增大，四者变化后的阻值关系为R1
故答案为：(1)B；(2)D；(3)4.0；(4)A；(5)R4。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据图像和平衡摩擦力方法分析判断；
(3)根据匀变速直线运动位移时间规律和图像分析判断；
(4)根据实验原理、实验步骤和注意事项分析判断；
(5)根据串联分压特点分析计算。
本题考查探究小车速度随时间变化的规律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
17.【答案】(1)B；(2)偏大；(3)①R0xL−x，20；② R1R2。
【解析】解：(1)A.将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故A错误；
B.图乙旋钮是欧姆调零，故B正确；
C.用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明指示电阻值太小，为了准确测量，应换到“×1”挡，故C错误；
D.实验完成后，应将开关调至OFF档或交流电压最高档，故D错误。
故选：B。
(2)多用表的测量原理为闭合电路欧姆定律，如电池电动势减小，内阻增大时，欧姆表重新调零，即满偏电流不变，则
Ig=ER内，可知，E减小，Ig不变，欧姆表的内阻R内变小。
当测电阻时，有I=ER内+Rx=IgR内R内+Rx=Ig1+RxR内
由于R内变小，则同一被测电阻的电流要变小，对应的电阻刻度值要变大，即测量结果会偏大。
(3)①当灵敏电流计G的示数为零时，说明Rx的分压和AP2部分的分压相等，即
URx=URxRx+R0=UAP2=ULAP2LAB=UxL
整理得
RxRx+R0=xL得Rx=R0xL−x=80×12×10−2(60−12)×10−2Ω=20Ω
②交换位置前有RxRx+R2=xL，交换位置后有R2Rx+R2=xL 联立可得
RxRx+R1=R2Rx+R2
解得Rx= R1R2
故答案为：(1)B；(2)偏大；(3)①R0xL−x，20；② R1R2。
欧姆表内部由电源，使用时选择合适的倍率，将红黑表笔短接进行欧姆调零，如果指针偏角过大说明指示电阻值偏小，要换用小倍率，利用闭合电路欧姆定律判断电动势变小内阻变大时测量的误差；根据电路的连接方式，用欧姆定律求解电阻。
灵敏电流计为零时，两边结点的电势相等，根据串联分压电阻之比等于电压之比，并联电路的电压相等使问题变得简单。
18.【答案】解：(1)对气缸和活塞整体受力分析，由平衡条件得
(M+m)g=kΔx
代入数据解得：Δx=0.3m
(2)由于温度变化，活塞离地面的高度不发生变化，气缸顶部离地面为h=49cm
而活塞离地面h′=50cm−30cm=20cm
故初始时，内部气体的高度为l=h−h′=49cm−20cm=29cm，且该过程为等压变化。
初态：V1=ls，T1=290K
末态：V2=l′s，T2=310K
根据V1T1=V2T2，代入数据解得：l′=31cm
故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h′=h+l′−l=49cm+31cm−29cm=51cm
(3)设密闭气体压强为p1，对气缸受力分析得
p0S+Mg=p1S
代入数据解得：p1=1.1×105Pa
在第(2)问中为等压变化，故气体对外做功W=−p1ΔV=−p1(h′−h)S=−1.1×105×(51−49)×20×10−2J=−4.4J
根据热力学第一定律得ΔU=Q+W
解得：Q=14.4J
答：(1)弹簧的压缩量为0.3m；
(2)此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为51cm；
(3)该过程中密闭气体吸收的热量为14.4J。
【解析】(1)对气缸和活塞整体受力分析，根据平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的压缩量。
(2)温度变化，活塞离地面的高度不发生变化。汽缸内气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求出温度缓慢上升到37℃时汽缸内气体的高度，结合几何关系求倒立汽缸的顶部离地面的高度。
(3)对气缸受力分析，由平衡条件求出汽缸内气体的压强，由W=−pΔV求出气体对外做的功，最后由热力学第一定律计算气体吸收的热量。
本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体实验定律进行研究。
19.【答案】解：(1)小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即mg=mvD2R
小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理
−mg⋅2R=12mvD2−12mvB2
代入数据解得vB=5m/s
在最低点B点，有F′N−mg=mvB2R
联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为FN=F′N=30N
(2)根据(1)中vB=5m/s<6m/s，则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动。则根据动能定理μmgL=12mvB2−12mv02
代入数据解得v0=1m/s
(3)设小滑块与圆筒内壁刚好发生6次弹性碰撞，小滑块在竖直方向做自由落体运动，水平方向速度大小不变，则有h=12gt2
代入数据解得t=0.2s
水平方向上2r=v′Dt1=v′D⋅t6
代入数据解得v′D=3m/s
从B到D过程，根据动能定理可得−mg⋅2R=12mv′D2−12mv′B2
代入数据解得v′B= 29m/s<6m/s
在传送带上，根据动能定理可得μmgL=12mv′B2−12mv02
代入数据解得v0= 5m/s
故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，滑块的初速度v0的范围为v0≥ 5m/s
答：(1)滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN为30N；
(2)滑块的初速度v0为1m/s；
(3)滑块的初速度v0的范围为v0≥ 5m/s。
【解析】(1)小滑块恰好能通过最高点D，重力提供向心力，由B点到D点的过程，机械能守恒，联立，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)根据动能定理计算速度大小；
(3)小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向上匀速直线运动，再根据小滑块在B到D动能定理和传送带上运动动能定理求出速度的范围。
本题考查学生对机械能守恒定律、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、动能定理，解题关键是分析出小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速圆周运动。
20.【答案】解：(1)运动的金属棒切割磁感线产生感应电动势E=Blv
根据闭合电路的欧姆定律I=ER+r=BlvR+r
路端电压U=IR=RR+r⋅Blv
根据题意可知，在t1时刻导体棒恰好运动到x=0处时v=vmax，此时E=0.4V
代入数据联立解得最大速度vmax=2m/s
(2)回复力与偏离平衡位置的距离成正比，由图像可知到O点为平衡位置，根据动能定理kx2⋅x=12mvm2−0
又根据T=2π mk，t1=T4
联立以上各式得t1=14s
金属棒电压的有效值U1=Um 2
通过金属棒的电流I1=U1r
金属棒产生的焦耳热为Q1=I12rt1
代入数据联立解得Q1=0.025J
(3)在x=0到x=2m范围内，磁感应强度B′=(0.5+0.5x)T
安培力大小为F安=B′lI=(0.5+0.5x)lI
可知安培力随位置线性变化，即W安=12(BIl+B′Il)x2
代入数据得W安=1.6J
在x=2m处，导体棒速度为v2=EB′l
根据动能定理可知WF−W安=12mv22−12mv02
又因为W安=I2(R+r)t2及I=UR
代入数据解得t2=2s
对全过程列动能定理，有P−(t1+t2)−I12(R+r)−W安=12mv22−0
代入数据联立解得P−≈0.765W
因此金属棒从x=−1π运动到x=2m过程中外力的平均功率约为2.32W。
答：(1)金属棒整个运动过程中的最大速度为2m/s；
(2)金属棒从x=−1π运动到x=0m过程中金属棒产生的焦耳热为0.025J；
(3)金属棒从x=−1π运动到x=2m过程中外力的平均功率约为0.765W。
【解析】(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律、欧姆定律结合图像求最大速度；
(2)根据动能定理和简谐振动的周期公式求金属棒的运动时间；根据焦耳定律求热量；
(3)根据安培力公式求解x=0到x=2m范围内平均安培力的大小，再求解安培力所做的功；根据导体切割磁感线产生的感应电动势公式求解x=2m末的速度，根据动能定理、焦耳定律求金属棒从x=0到x=2m的运动时间，最后再根据动能定理求整个过程的平均功率。
本题是学科内综合题，涉及导体棒切割磁感线产生感应电动势、欧姆定律、焦耳定律、动能定理及功能关系；过程复杂、再加上磁感应强度的可变性，更增加了不少难度，本题不适合于中等以下的学生学习。
21.【答案】解：(1)粒子经过第1层电场加速后进入第1层磁场，粒子经过第1层电场加速过程，由动能定理得：Eqd=12mv12
可得：v1= 2Eqdm
代入数据解得：v1=2 2×104m/s
粒子在磁场中受到的洛伦兹力等于其做匀速圆周运动所需的向心力，则有：
qv1B=mv12r1
可得：r1=1B 2Edmq
代入数据解得：r1=2 2m。
(2)粒子在磁场中所示洛伦兹力不做功，运动到第n层磁场时，则有：
nEqd=12mvn2
qvnB=mvn2rn
设粒子在进入第n层磁场时，速度方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场射出时，速度方向与水平方向的夹角为θn，局部轨迹图如下图所示：
由于粒子穿过电场的过程，垂直于电场方向分速度不变，因此有：vn−1sinθn−1=vnsinαn
同时由几何关系得：rnsinθn−rnsinαn=d
联立可得：rnsinθn−rn−1sinθn−1=d
由等差数列的知识，可得到关系式：
rnsinθn=r1sinθ1+(n−1)d
由几何关系可得粒子在第一层磁场偏转时有：r1sinθ1=d
可得：rnsinθn=nd
联立解得：sinθn=B qnd2Em
令θn=90∘，则有：sinθn=1，即：B qnd2Em=1
解得：n=2EmB2qd
代入数据可得：n=2，说明粒子穿过第二层磁场时速度方向恰好沿边界竖直向上，因忽略虚线位置场对带电粒子的影响，故最大水平距离为：
xm=n×2d=2×2×2m=8m。
(3)若将另一个电量q仍为1.6×10−19C，质量为m′=1.6×10−23kg，带正电粒子从同一点静止释放，代入上题中的结论公式：n=2EmB2qd
解得n的值为：n=20。
答：(1)粒子在第1层磁场中运动时速度v1的大小为2 2×104m/s，与轨迹半径r1为2 2m；
(2)该粒子向右运动的最大水平距离8m；
(3)粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，n的值为20。
【解析】(1)由动能定理求得粒子经过第1层电场加速获得的速度大小，粒子在磁场中由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，根据牛顿第二定律求解运动半径；
(2)作出粒子在第n层磁场的运动轨迹图，根据动能定理和牛顿第二定律，推导粒子运动规律进行解答；
(3)根据(2)的结论解答。
本题考查了带电粒子在组合的磁场中的运动问题，推导分析粒子的运动规律，画出粒子运动轨迹图是解决本题的关键，处理粒子在磁场中运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角。
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