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2023-2024学年湖南省长沙市雨花区重点中学高三（上）月考 物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖南省长沙市雨花区重点中学高三（上）月考 物理试卷（含解析），共34页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（5*10=50分）
1.如图所示为研究光电效应的电路图。开关闭合后，当用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K时，电流表有示数。下列说法正确的是( )
A. 若只让滑片P向D端移动，则电流表的示数一定增大
B. 若只增加该单色光的强度，则电流表示数一定增大
C. 若改用波长小于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则阴极K的逸出功变大
D. 若改用波长大于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则电流表的示数一定为零
2.2021年6月17日我国神舟十二号载人飞船入轨后，按照预定程序，与在同一轨道上运行的“天和”核心舱交会对接，航天员将进驻“天和”核心舱。交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，将对接前飞船与对接后的组合体对比，下面说法正确的是( )
A. 组合体的环绕速度大于神舟十二号飞船的环绕速度
B. 组合体的环绕周期大于神舟十二号飞船的环绕周期
C. 组合体的向心加速度大于神舟十二号飞船的向心加速度
D. 组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力
3.如图所示为一拔桩机的设计示意图，绳CDE与绳ACB连接于C点。在D点施加竖直向下的力F可将桩拔起。保持CD段绳水平，AC段绳竖直，更省力的措施是( )
A. 减小α角，增大β角B. 减小α角，减小β角
C. 增大α角，增大β角D. 增大α角，减小β角
4.如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πt(V)。下列说法正确的是( )
A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此交流电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大
D. 当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大
5.如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像(v−1F)，已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是( )
A. 汽车额定功率为F2vm
B. 汽车从b到c过程做变加速运动
C. 汽车匀加速运动持续的时间为MF2vm(F1+F2)F1
D. 汽车从a到b过程克服阻力做功Mvm2F232(F1−F2)F12
6.一列简谐波在均匀介质中沿x轴传播，t0=0时刻平衡位置坐标x=0.5m的质点P恰好处于波峰，t1=0.5s时的波形如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 如果波沿x轴正方向传播，最大的周期为1.5s
B. 波沿x轴传播，最小的速度为3m/s
C. 如果波沿x轴正方向传播，0～0.5s内质点P经过的最短路程为1.5m
D. 如果波速为21m/s，则波一定沿x轴负方向传播
7.某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则( )
A. d、a两点的电势差Uda=−1.5mV
B. 负电荷从b点移到d点，电势能增加
C. a、b两点的电场强度等大反向
D. c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小
8.正方形导线框abcd边长为L，垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为MN、PQ，宽度为d。线框平面竖直，ab边与MN平行，距离为ℎ，线框从静止释放后，ab边在下落过程中经过MN与经过PQ时的速度相等。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. ab边刚进入磁场时，线框加速度一定向上
B. 磁场的宽度d可能小于线框的边长L
C. cd边到达MN的速度一定等于 2g(ℎ+L−d)
D. 线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为2mgd
9.如图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程(制冷机)的p−V图像，虚线T1、T2为等温线.该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程.下列说法正确的是( )
A. a→b过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的
B. 一个循环过程完成后，气体对外放出热量
C. d→a过程向低温热源释放的热量等于b→c过程从高温热源吸收的热量
D. a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功
10.如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 如果M=2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为43mv02
B. 如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为v022μg
C. 如果M=0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为(13)99v0
D. 如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
二、实验题（15分）
11.（8分）如图1所示，某同学利用水平桌面上的气垫导轨和数字计时器，探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使得滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，滑块运动时阻力近似为零。
(1)实验时，气垫导轨的______ (填“a”或“b”)端需用垫片垫高。用游标卡尺测量某块垫片的厚度，标尺位置如图2所示，其读数为______ mm。
(2)设实验测得垫片的总高度为ℎ，遮光条的有效宽度为d，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为L，滑块经过光电门1和光电门2时的遮光时间分别为t1和t2，则还需要测量的物理量是______ (写出物理量的符号并说明)，实验需要验证的关系式______ 。
(3)数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，造成的原因可能是______ 。
A.滑块释放位置不够高
B.充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦
C.导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高
(4)光电门计时器的计时原理：光电门中的光敏原件接收到的光线是直径约2mm的圆柱型光束(图3)，只要遮光条前沿挡住90%的光照就能使光控信号u上跳为H，只要后沿让光照恢复达到70%就能使光控信号u下跳为L(图4)。计时器可以设置两种计时模式：①记录前沿挡光与后沿复光信号之间的时间；②记录2次前沿挡光信号之间的时间。根据以上信息，如图5哪种型号的遮光条测量速度的误差最小______ (填“甲”、“乙”或“丙”)。
12.（7分）甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．
(1)先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：
闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，______，读出电压表的示数U2.则电阻R1的表达式为Rl=______．
(2)甲同学已经测得电阻R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的1U−1R图线，则电源电动势E=______V，电阻R2=______Ω.
三、解答题（45分）
13.（12分）如图所示是由透明材料制成的柱体的横截面图，圆弧AB所对的圆心角∠AOB为120°，圆弧半径为R，P为AO上的点。现有一光线沿纸面垂直OA从P点射入，射到圆弧面上的C点恰好发生全反射。已知OP= 32R，光在真空中传播的速度大小为c。求：
(i)透明材料的折射率和光线发生全反射的临界角；
(ii)光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间。
14.（15分）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块1(可视为质点)，当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M=4kg，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距C点的高度H=1m，圆弧轨道半径R=2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)小物块1抛出时水平速度v0的大小；
(2)小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)木板的长度。
15.（18分）如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速(穿过间隙的时间忽略不计)，在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小B=2α 2mU0q。现有质子(11H)和氘核(12H)两种粒子先后通过此加速器加速，加速质子的交变电压如图乙所示，图中U0、T已知。已知质子的电荷量为q、质量为m，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应。求：
(1)金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4；
(2)加速氘核时，交变电压周期仍为T，则需要将图乙中交变电压U0调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；
(3)为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、电路所加电压为正向电压，如果电流达到饱和电流，增加电压，电流也不会增大，故A错误；
B、只增加单色光强度，逸出的光子数增多，电流增大，故B正确；
C、金属的逸出功与入射光无关，故C错误；
D、改用波长大于λ0的光照射，虽然光子的能量变小，但也可能发生光电效应，可能有电流，故D错误。
故选：B。
分析电路，正向电压时，达到饱和电流之前，电压越大，电流越大；
单色光强度与频率和光子数共同决定；
金属的逸出功是固有属性，与入射光无关；
根据爱因斯坦光电效应方程分析。
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系，注意光电子的最大初动能是由入射光的频率决定，与光强无关。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得：v= GMr，交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，则线速度不变，故A错误；
B、根据开普勒第三定律r3T2=k可知，交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，周期不变，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得：a=GMr2，所以组合体的向心加速度等于神舟十二号飞船的向心加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力可得：F向=GMmr2，组合体的质量大于神舟十二号飞船的质量，轨道半径不变，则组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力得到线速度的表达式分析线速度是否变化；根据开普勒第三定律分析周期是否变化；根据牛顿第二定律分析向心加速度大小；根据F向=GMmr2分析向心力的变化。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
3.【答案】B
【解析】解：对节点D进行受力分析，由受力平衡可得
F=TDCtanα
同理节点C进行受力分析，由平衡条件可得
TCA=TCDtanβ
由于DC绳两端的弹力满足下列关系
TCD=TDC
可得
TCA=Ftanαtanβ
由以上表达式可知，在TCA确定的情况下，减小分母就可以得到更小的力F，由正切函数的单调性可减小α角，减小β角。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
先后对节点D和C的平衡条件列式，寻求TCA和F之间的关系式，然后定性讨论求解。
本题有一定的难度，根据变换节点的平衡条件可以找到关联，从而导出关系式求解。
4.【答案】D
【解析】A.根据e=20sin100πt(V)可知交流电压的最大值Em=20V，角速度ω=100π rad/s，故交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B.交流电的有效值E=Em 2=20 2V=10 2V，故B错误；
C.图示位置，线圈位于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势为零，故C错误；
D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D正确。
故选：D。
线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率。
本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，对于正弦式交变电流，明确最大值与有效值间的关系，知道中性面的特点即可。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据P=Fv可知v=P⋅1F，额定功率等于图线的斜率，P=vm1F2=F2vm，故A正确；
B、根据P=Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：
F−f=ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为f=Pvm=F2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P=vm1F2=vm−v11F2−1F1
解得：F2vm=v1F1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1−f=Ma
汽车从a到b持续的时间为t=v1a
联立解得：t=MF2vm(F1−F2)F1
故C错误；
D、汽车从a到b过程运动的位移为x=12at2
克服阻力做功W=fx
解得：W=Mvm2F232(F1−F2)F12
本题选择错误选项；
故选：C。
根据公式P=Fv结合图像的斜率分析出汽车的额定功率；根据牛顿第二定律结合牵引力的变化分析出汽车的运动类型；根据牛顿第二定律计算出汽车最大速度时的受力情况，结合公式P=Fv计算出摩擦力；根据运动学公式计算出汽车的加速时间；根据功的计算公式解得D项。
本题主要考查了汽车的启动问题，理解启动的两种类型，结合牛顿第二定律和公式P=Fv完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：A、如果该波沿x轴的正方向传播，由平移法可知，t1=0.5s时刻P点振动的方向向上，则：
0.5s=(n+34)T(n=0,1,2,3…)
可得：T=24n+3s(n=0,1,2,3…)
当n=0时，该波的周期最大，为23s.故A错误；
B、如果该波沿x轴的负方向传播，由平移法可知，t1=0.5s时刻P点振动的方向向下，则：
0.5s=(n+14)T(n=0,1,2,3…)，
可得：T=24n+1s(n=0,1,2,3…)
当n=0时，该波的周期最大为Tmax=2s；
由图可知，该波的波长为2m；由v=λT，可知周期最大时对应的波速最小，则：
vmin=λTmax=22m/s=1m/s，故B错误；
C、由于振动的质点在任意一个周期内质点的路程都是4A，所以周期越小，在相等的时间内质点的路程越大，所以当周期最大时，路程最小；
由于该波沿x轴的正方向传播的最大周期为23s，所以0.5s等于34个周期；由于t=0时刻质点P位于最大位移处，所以在34个周期内的路程为：smin=3A=3×10cm=30cm，故C错误；
D、如果该波沿x轴的负方向传播，周期T=24n+1s(n=0,1,2,3…)
波速：v=λT=224n+1m/s=4n+1(m/s)(n=0,1,2,3…)
可知，当n=5时，v=21m/s，故D正确。
故选：D。
由图读出该波的波长，由传播方向与振动方向的关系判断该波可能的周期，然后结合周期与波长的关系求出波速。
本题要能正确分析波的传播过程，根据时间与周期的关系研究质点的状态。要明确质点P的路程要根据时间与周期的倍数关系求解。
7.【答案】AD
【解析】A、d、a两点的电势差Uda=φd−φa=0−1.5mV=−1.5mV，故A正确；
B、负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从b点移到d点，电势能减小，故B错误；
C、该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故C错误；
D、c、d两点等效在等量异种电荷的中垂线上，且c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度相同；从c到d的直线上电场线先变密后变疏，则电场强度先变大后变小，故D正确。
故选：AD。
8.【答案】BC
【解析】解：设线框电阻为R，ab边到达MN时速度为v1，cd边到达MN时速度为v2。
A、ab边从静止下落至MN时，有mgℎ=12mv12，解得：v1= 2gℎ；ab边产生的感应电动势为E=BLv1，感应电流为I=ER=BLv1R，受到的安培力为F=BIL=B2L2v1R；
①若B2L2v1R②若B2L2v1R=mg，ab边进入磁场后开始做匀速运动，该条件下若d=L，ab边经过MN与经过PQ时的速度相等；
③若B2L2v1R>mg,ab边进入磁场后做减速运动，加速度方向向上，该条件下若d=L，ab边经过PQ时的速度小于经过MN时的速度，与题意不符；若dB、若B2L2v1R>mg,ab边进入磁场后做减速运动，该条件下若dCD、①若d>L，线框从进入磁场到ab边达到PQ时，根据动能定理可得：mg(L−d)=12mv22−12mv12，得v2= 2g(ℎ+L−d)；
②若d=L，则v2=v1= 2g(ℎ+L−d)= 2gℎ，穿过磁场产生的焦耳热Q1=mgd，cd穿过磁场产生的焦耳热Q2>mgd，全过程产生的焦耳热Q=Q1+Q2>2mgd；若该条件下d=L，ab边经过MN与经过PQ时的速度相等，有mg(L−d)=12mv22−12mv12，得v2= 2g(ℎ+L−d)= 2gℎ，全过程产生的焦耳热Q=2mgd；若该条件下d>L，线框全部进入磁场后加速运动，ab边经过PQ时的速度大于经过MN时的速度，与题意不符；若该条件下d>L，线框全部进入磁场后，线框加速，ab边经过PQ时的速度可能等于经过MN时的速度，有mg(d−L)=12mv12−12mv22，得v2= 2g(ℎ+L−d),cd边到达PQ时的速度为v2，全过程由能量守恒定律有mg(ℎ+d+L)=12mv22+Q，得Q=2mgd，故C正确，D错误。
故选：BC。
本题中，线框进入磁场时，受到的安培力与重力的大小关系未知，所以要分情况讨论。由于L与d的大小关系未知，所以也要分情况讨论。根据线框的受力情况来判断其运动情况，根据功能关系求线框产生的焦耳热。
解答本题的关键要理清线框可能的受力情况和运动情况，运用功能关系求线框产生的焦耳热。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由理想气体状态方程pVT=C可知，pV越大，气体的温度T越高，由图示图像可知
T1>T2
由图示图像可知，a→b过程，气体体积增大温度降低，气体体积增大单位体积的分子数减少，气体温度降低，分子平均动能减小，因此a→b过程气体压强减小，是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；
B、根据p−V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功(体积减小时)，或气体对外界做的功(体积增大时)，可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知
Q<0，所以气体对外放出热量，故B正确；
C、d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即
|Qda|=|Wda|
b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即
|Qbc|=|Wbc|
p−V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，darrwa过程p−V图像的面积大于barrwc过程p−V图像的面积，即
|Wda|>|Wbc|
则
|Qda|>|Qbc|
即d→a过程向低温热源释放的热量大于b→c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；
D、a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量|ΔU|相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，则
Q=0
由热力学第一定律：U=W+Q可知
ΔU=W
由于两过程气体内能的变化量|ΔU|相等，则
|ΔU|=|W|
即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。
故选：BD。
一定量的理想气体压强与分子密度和分子平均动能有关；根据图示图象分析清楚气体在状态变化的过程中，应用理想气体状态方程、热力学第一定律与能量转化情况分析答题。
解题时要知道p−V图象与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、应用理想气体状态方程即可解题。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，木块由于惯性，速度不变。如果M=2m，碰撞后块与木板的合动量方向水平向左，则木板只与墙壁碰撞一次，设最后二者以速度v水平向左做匀速直线运动，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv0−mv0=(M+m)v，解得：v=13v0，整个运动过程中摩擦生热的大小为Q=12Mv02+12mv02−12(M+m)v2=43mv02，故A正确；
B、如果M=m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，根据动量守恒定律知最后木板与木块均静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量守恒可得：μmgx=12Mv02+12mv02，解得木块相对木板的位移大小为x=v02μg，故B错误；
C、如果M=0.5m，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后二者的合动量方向水平向右，设第一次共速后的速度为v1，取水平向右为正，根据动量守恒定律可得：
mv0−Mv0=(m+M)v1，解得：v1=13v0同理可得，木板与墙壁第2次碰撞后达到共速的速度为v2=13v1=(13)2v0，木板第3次与墙壁碰撞前的速度为v2=(13)2v0，以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为v100=(13)99v0，故C正确；
D、如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，对全过程根据动量定理可得：在整个过程中墙对木板的冲量大小为I=(m+M)v0=1.5mv0，故D正确。
故选：ACD。
木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解整个运动过程中摩擦生热以及木块相对木板的位移大小；如果M=0.5m，碰撞后二者的合动量方向向右，求出第一次共速后的速度，可知二者再次共速前木板没有与墙壁碰撞，再次根据动量守恒定律求解第三次与墙壁碰撞时的速度大小，由此总结规律，得到木板第100次与墙壁碰撞前的速度大小；如果M=0.5m，全过程根据动量定理求解在整个过程中墙对木板的冲量大小。
本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，关键要理清木块与木板的运动过程，分过程利用动量守恒定律列式，采用归纳法，找出木板与墙壁碰撞前速度遵循的规律。
11.【答案】a 5.02 两光电门之间距离s sgℎL=d22t22−d22t12 C 丙
【解析】解：(1)实验时，应将进气口一端垫高，而a端位于进气口一侧，因此应将a端垫高；
根据所给游标卡尺的图像可知，该游标卡尺为50分度值，其精度为0.02mm，根据图示可得主尺刻度为5mm，游标尺第一格与主尺刻度对齐，则游标尺读数为
1×0.02mm=0.02mm
可得游标卡尺的整体读数为
5mm+0.02mm=5.02mm
(2)设垫高后的气垫导轨与水平面间的夹角为θ，则根据题已知条件可得气垫导轨与水平面间的夹角的正弦值为
sinθ=ℎL
并且可得滑块通过两个光电门时的速度分别为
v1=dt1，v2=dt2
而要探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒，则只要满足能量守恒即可，即滑块下滑过程中重力势能的减小量等于滑块动能的增加量，若该关系成立则可验证滑块下滑过程中机械能守恒，而要求得滑块重力势能的减小量则必须测量其下降的高度，但下降高度过低，测量过程中出现的相对误差较大，因此可测量两光电门之间的距离，该距离较大，测量时出现的相对误差较小，用s来表示两光电门之间的距离，则根据已知条件可得滑块下降的高度为ℎ0=s⋅sinθ=sℎL
因此，该实验需要验证的关系式为mg⋅sℎL=12md2t22−12md2t12
化简可得sgℎL=d22t22−d22t12
(3)A.若滑块释放位置不够高，则滑块通过光电门的时间就越长，用平均速度代替瞬时速度相比于真实值，误差就会更大些，最终的结果是重力势能的减少量大于动能的增加量，故A错误；
B.充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦，则会导致重力势能有一部分克服了摩擦力做功，从而使动能的增加量偏小，即势能的减小量大于动能的增加量，故B错误；
C.正常情况下，因存在空气阻力等原因，在误差允许范围内，重力势能的减小量应略大于动能的增加量，而数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，则必然是导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高，直接导致重力势能偏小，故C正确。
故选：C。
(4)根据计时器的两种计时模式，结合甲、乙、丙三种遮光条的形状，可知甲、乙两种遮光条符合第一种计时模式，在此种模式下两种遮光条挡光时间所对应的位移
x甲=(50−2×0.9−2×0.7)×10−3m=4.68×10−2m
x乙=(30−2×0.9−2×0.7)×10−3m=2.68×10−2m
均略小于遮光条的真实宽度，而计算速度用的是遮光条的真实宽度，显然用甲、乙两种型号的遮光条计算得到的平均速度均大于真实值，而对于丙遮光条，符合计时器的第二种模式，在此种模式下丙遮光条挡光所对应的位移为x丙=3×10−3m
即遮光时间对应的位移等于遮光条的宽度，计算得到的平均速度等于真实值。
故选：丙。
故答案为：(1)a；5.02 (2)两光电门之间距离s； sgℎL=d22t22−d22t12 (3)C(4)丙
(1)根据实验原理和实验装置判断哪端应该垫高；再根据游标卡尺的分度值，结合主尺和游标尺的位置读出垫片的厚度；
(2)根据几何关系表示出气垫导轨与水平面间的夹角的正弦值，并根据光电门测速原理列出滑块通过两个光电门时的速度表达式；再根据实验原理列出需要验证的关系式；
(3)根据实验误差的来源逐项分析各个操作带来的问题；
(4)根据遮光条的形状结合光电门的测速原理选出合适的，再根据遮光条挡光时间所对应的位移与遮光条的真实宽度的关系，分析计算得到的平均速度与真实值之间的关系。
本题考查了利用验证机械能守恒定律的实验探究，解决本题的关键是熟练掌握实验原理，并理解光电门测量瞬时速度的方法。
12.【答案】将S2切换到b. U2−U1U1R 1.43 1.2
【解析】解：(1)由于R和R1串联，所以通过R1的电流I=U1R，R1两端的电压为U2−U1，所以R1=U2−U1I=U2−U1U1R．
(2)根据闭合电路欧姆定律，E=UR(4.8+R2+R)，
所以1U=1E⋅(4.8+R2)1R+1E，
由此式看出，1U−1R图线的截距为1E=0.7，斜率k=1E⋅(4.8+R2)=2.8−，
由此两式得，E=1.43V，R2=1.2Ω．
故答案为：(1)将S2切换到b，U2−U1U1R.(2)1.43，1.2．
(1)将开关S2切换到a，读出其示数R和对应的电压表示数U1，从而求出电路中的电流，保持电阻箱电阻不变，将开关S2切换到b，读出电压表的示数U2.通过闭合电路欧姆定律求出则电阻R1的表达式．
(2)结合闭合电路欧姆定律得出电压表读数的倒数与电阻箱电阻倒数的关系，通过斜率和截距求出电源的电动势和电阻R2．
本题为伏阻法测电动势和内电阻，但由于过程较为复杂，故应认真审题，明确题中的实验原理；同时要注意电源内电阻忽略不计，R2可等效为内电阻处理．
13.【答案】解：(ⅰ)光路图如图所示，设透明材料的折射率为n，光线发生全反射的临界角为θ，则
sin θ=1n
sin θ=OPR
其中OP= 32R
解得n=2 33，θ=60°
(ⅱ)在C点发生全反射的光线在圆弧面AB上恰好再次发生全反射后垂直OB从E点射出柱体，
由几何关系，有PC=DE=R2，CD=R
光从P点传播到E点所用的时间为t=PC+CD+DEv
又n=cv
以上各式联立解得t=4 3R3c
答：(i)透明材料的折射率为2 33，光线发生全反射的临界角为60°；
(ii)光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间为4 3R3c。
【解析】根据题意画出光路图，根据几何关系找出临界角，由公式可计算三棱镜的折射率；由几何关系计算光在柱体里经过的路程，结合光速公式和传播距离求得光在柱体中的传播时间。
本题考查了光的折射、全反射等问题，关键是作出光路图，运用几何知识辅助分析，本题中等难度，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
14.【答案】解：(1)B点与C点间的高度ℎ=R(1−cs37°)=2.75×(1−0.8)m=0.55m
小物块1从A点到B点做平抛运动，物块1运动到B时竖直分速度vy= 2g(H−ℎ)= 2×10×(1−0.55)m/s=3m/s
抛出时的初速度v0=vytan37∘=334m/s=4m/s
(2)物块1在B点的速度vB=vysin37∘=30.6m/s=5m/s
物块1从B到C的过程中机械能守恒，则12mvB2+mgR(1−cs 37°)=12mvC2
解得物块1到C点的速度vC=6 m/s
物块1在C点时，根据牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
解得FN=25411N≈23N
由牛顿第三定律可知小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为23N。
(3)物块1和2粘合时，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mvC=2mv′C
解得v′C=3m/s
若物块没有与右侧弹簧相碰：
对三个物体组成的系统，由动量守恒有2mv′C=(2m+M)v
由能量守恒有12×2mv′C2=12(2m+M)v2+2μmg⋅12l
解得木板的长度：l=2.4m；
若物块与右侧弹簧相碰：
对三个物体组成的系统，由动量守恒有2mv′C=(2m+M)v
由能量守恒有12×2mv′C2=12(2m+M)v2+2μmg⋅32l
解得l=0.8m
答：(1)小物块1抛出时水平速度v0的大小是4m/s；
(2)小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小是23N；
(3)木板的长度是2.4m或0.8m。
【解析】(1)小物块1从A点到B点做平抛运动，根据平抛下落的高度求出物块1运动到B时竖直分速度。根据物块1经过B点时的速度方向，求小物块1抛出时水平速度v0的大小；
(2)根据速度的分解法求小物块1运动到B点时的速度。小物块1在BC间做圆周运动，由机械能守恒定律求出小物块1通过C点时的速度。物块1在C点时，由轨道的支持力和重力的合力提供物块1圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律求得支持力，从而得物块1对轨道的压力；
(3)物块1和2粘合过程，根据动量守恒定律求出粘合后两者的共同速度。粘合体运动到木板的正中间时与木板的速度相同，根据动量守恒定律求出系统的共同速度，由能量守恒求木板的长度。
本题的关键要理清小物块的运动过程，把握物块在各个阶段的运动规律。对于物块1在长木板上运动过程，要注意研究物块没有与右侧弹簧相碰和物块与右侧弹簧相碰两种情况，不能漏解。
15.【答案】解：(1)设粒子进入第n个圆筒的速度为vn，根据动能定理得：
nqU=12mvn2
解得：vn= 2nqUm
由于两粒子在筒中的运动时间相同，则金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比：
l2l4=v2tv4t= 22；
(2)要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子的相同。氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，由vn= 2nqUm，可得：U0要调至2U0；
由洛伦兹力提供向心力得：
qv4B=mv42r
对于质子，其v4= 2×4qU0m
已知：B=2a 2mU0q
代入解得质子的轨道半径：r1=a
氘核质量为质子两倍，v4与质子相同，对比可得氘核的轨道半径：r2=2a
(3)氘核离开磁场区域I的速度方向与边界夹角θ=60°
①如图1所示，两轨迹相交于D点：
L=HC⋅tanθ
CD=2r2⋅sin60°=2×2a× 32=2 3a
GH=r2⋅sin60°=2a× 32= 3a
HC=CD−r1−GH=2 3a−a− 3a= 3a−a
由以上两式得：L=(3− 3)a
②如图2所示，两轨迹外切：
L=HC⋅tanθ
O1G=r1+r2=a+2a=3a
O1Q=r2⋅sin30°=2a×12=a
GH=r2⋅sin60°=2a× 32= 3a
GQ= O1G2−O1Q2= (3a)2−a2=2 2a
HC=CQ+GQ−GH= 3a+2 2a− 3a=2 2a
由以上两式得：L=2 6a
综上所述，为使质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，L的取值范围为：0≤L<(3− 3)a，或者L>2 6a。
答：(1)金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4为 2：2；
(2)需要将图乙中交变电压U0调至2U0；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为2a；
(3)为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围为：0≤L<(3− 3)a，或者L>2 6a。
【解析】(1)粒子通过每个间隙电场力做功相同，两粒子在每个筒中的运动时间也相同，根据动能定理求解速度，由运动学公式求解位移比；
(2)氘核在每个筒中的速度与质子的相同，根据两粒子的比荷关系求解电压关系；在磁场中由洛伦兹力提供向心力结合两粒子的比荷关系求解运动半径；
(3)找到两粒子轨迹恰好相交的临界情况，作出运动轨迹图，由几何关系求解临界情况的L值，在判断其范围。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中的加速直线运动，应用动能定理解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。本题的几何关系是难点，需多积累经验。
一、选择题（5*10=50分）
1.如图所示为研究光电效应的电路图。开关闭合后，当用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K时，电流表有示数。下列说法正确的是( )
A. 若只让滑片P向D端移动，则电流表的示数一定增大
B. 若只增加该单色光的强度，则电流表示数一定增大
C. 若改用波长小于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则阴极K的逸出功变大
D. 若改用波长大于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则电流表的示数一定为零
2.2021年6月17日我国神舟十二号载人飞船入轨后，按照预定程序，与在同一轨道上运行的“天和”核心舱交会对接，航天员将进驻“天和”核心舱。交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，将对接前飞船与对接后的组合体对比，下面说法正确的是( )
A. 组合体的环绕速度大于神舟十二号飞船的环绕速度
B. 组合体的环绕周期大于神舟十二号飞船的环绕周期
C. 组合体的向心加速度大于神舟十二号飞船的向心加速度
D. 组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力
3.如图所示为一拔桩机的设计示意图，绳CDE与绳ACB连接于C点。在D点施加竖直向下的力F可将桩拔起。保持CD段绳水平，AC段绳竖直，更省力的措施是( )
A. 减小α角，增大β角B. 减小α角，减小β角
C. 增大α角，增大β角D. 增大α角，减小β角
4.如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πt(V)。下列说法正确的是( )
A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此交流电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大
D. 当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大
5.如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像(v−1F)，已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是( )
A. 汽车额定功率为F2vm
B. 汽车从b到c过程做变加速运动
C. 汽车匀加速运动持续的时间为MF2vm(F1+F2)F1
D. 汽车从a到b过程克服阻力做功Mvm2F232(F1−F2)F12
6.一列简谐波在均匀介质中沿x轴传播，t0=0时刻平衡位置坐标x=0.5m的质点P恰好处于波峰，t1=0.5s时的波形如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 如果波沿x轴正方向传播，最大的周期为1.5s
B. 波沿x轴传播，最小的速度为3m/s
C. 如果波沿x轴正方向传播，0～0.5s内质点P经过的最短路程为1.5m
D. 如果波速为21m/s，则波一定沿x轴负方向传播
7.某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则( )
A. d、a两点的电势差Uda=−1.5mV
B. 负电荷从b点移到d点，电势能增加
C. a、b两点的电场强度等大反向
D. c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小
8.正方形导线框abcd边长为L，垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为MN、PQ，宽度为d。线框平面竖直，ab边与MN平行，距离为ℎ，线框从静止释放后，ab边在下落过程中经过MN与经过PQ时的速度相等。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. ab边刚进入磁场时，线框加速度一定向上
B. 磁场的宽度d可能小于线框的边长L
C. cd边到达MN的速度一定等于 2g(ℎ+L−d)
D. 线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为2mgd
9.如图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程(制冷机)的p−V图像，虚线T1、T2为等温线.该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程.下列说法正确的是( )
A. a→b过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的
B. 一个循环过程完成后，气体对外放出热量
C. d→a过程向低温热源释放的热量等于b→c过程从高温热源吸收的热量
D. a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功
10.如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 如果M=2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为43mv02
B. 如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为v022μg
C. 如果M=0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为(13)99v0
D. 如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
二、实验题（15分）
11.（8分）如图1所示，某同学利用水平桌面上的气垫导轨和数字计时器，探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使得滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，滑块运动时阻力近似为零。
(1)实验时，气垫导轨的______ (填“a”或“b”)端需用垫片垫高。用游标卡尺测量某块垫片的厚度，标尺位置如图2所示，其读数为______ mm。
(2)设实验测得垫片的总高度为ℎ，遮光条的有效宽度为d，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为L，滑块经过光电门1和光电门2时的遮光时间分别为t1和t2，则还需要测量的物理量是______ (写出物理量的符号并说明)，实验需要验证的关系式______ 。
(3)数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，造成的原因可能是______ 。
A.滑块释放位置不够高
B.充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦
C.导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高
(4)光电门计时器的计时原理：光电门中的光敏原件接收到的光线是直径约2mm的圆柱型光束(图3)，只要遮光条前沿挡住90%的光照就能使光控信号u上跳为H，只要后沿让光照恢复达到70%就能使光控信号u下跳为L(图4)。计时器可以设置两种计时模式：①记录前沿挡光与后沿复光信号之间的时间；②记录2次前沿挡光信号之间的时间。根据以上信息，如图5哪种型号的遮光条测量速度的误差最小______ (填“甲”、“乙”或“丙”)。
12.（7分）甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．
(1)先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：
闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，______，读出电压表的示数U2.则电阻R1的表达式为Rl=______．
(2)甲同学已经测得电阻R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的1U−1R图线，则电源电动势E=______V，电阻R2=______Ω.
三、解答题（45分）
13.（12分）如图所示是由透明材料制成的柱体的横截面图，圆弧AB所对的圆心角∠AOB为120°，圆弧半径为R，P为AO上的点。现有一光线沿纸面垂直OA从P点射入，射到圆弧面上的C点恰好发生全反射。已知OP= 32R，光在真空中传播的速度大小为c。求：
(i)透明材料的折射率和光线发生全反射的临界角；
(ii)光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间。
14.（15分）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块1(可视为质点)，当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M=4kg，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距C点的高度H=1m，圆弧轨道半径R=2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)小物块1抛出时水平速度v0的大小；
(2)小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)木板的长度。
15.（18分）如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速(穿过间隙的时间忽略不计)，在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小B=2α 2mU0q。现有质子(11H)和氘核(12H)两种粒子先后通过此加速器加速，加速质子的交变电压如图乙所示，图中U0、T已知。已知质子的电荷量为q、质量为m，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应。求：
(1)金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4；
(2)加速氘核时，交变电压周期仍为T，则需要将图乙中交变电压U0调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；
(3)为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、电路所加电压为正向电压，如果电流达到饱和电流，增加电压，电流也不会增大，故A错误；
B、只增加单色光强度，逸出的光子数增多，电流增大，故B正确；
C、金属的逸出功与入射光无关，故C错误；
D、改用波长大于λ0的光照射，虽然光子的能量变小，但也可能发生光电效应，可能有电流，故D错误。
故选：B。
分析电路，正向电压时，达到饱和电流之前，电压越大，电流越大；
单色光强度与频率和光子数共同决定；
金属的逸出功是固有属性，与入射光无关；
根据爱因斯坦光电效应方程分析。
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系，注意光电子的最大初动能是由入射光的频率决定，与光强无关。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得：v= GMr，交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，则线速度不变，故A错误；
B、根据开普勒第三定律r3T2=k可知，交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，周期不变，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得：a=GMr2，所以组合体的向心加速度等于神舟十二号飞船的向心加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力可得：F向=GMmr2，组合体的质量大于神舟十二号飞船的质量，轨道半径不变，则组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力得到线速度的表达式分析线速度是否变化；根据开普勒第三定律分析周期是否变化；根据牛顿第二定律分析向心加速度大小；根据F向=GMmr2分析向心力的变化。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
3.【答案】B
【解析】解：对节点D进行受力分析，由受力平衡可得
F=TDCtanα
同理节点C进行受力分析，由平衡条件可得
TCA=TCDtanβ
由于DC绳两端的弹力满足下列关系
TCD=TDC
可得
TCA=Ftanαtanβ
由以上表达式可知，在TCA确定的情况下，减小分母就可以得到更小的力F，由正切函数的单调性可减小α角，减小β角。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
先后对节点D和C的平衡条件列式，寻求TCA和F之间的关系式，然后定性讨论求解。
本题有一定的难度，根据变换节点的平衡条件可以找到关联，从而导出关系式求解。
4.【答案】D
【解析】A.根据e=20sin100πt(V)可知交流电压的最大值Em=20V，角速度ω=100π rad/s，故交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B.交流电的有效值E=Em 2=20 2V=10 2V，故B错误；
C.图示位置，线圈位于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势为零，故C错误；
D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D正确。
故选：D。
线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率。
本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，对于正弦式交变电流，明确最大值与有效值间的关系，知道中性面的特点即可。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据P=Fv可知v=P⋅1F，额定功率等于图线的斜率，P=vm1F2=F2vm，故A正确；
B、根据P=Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：
F−f=ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为f=Pvm=F2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P=vm1F2=vm−v11F2−1F1
解得：F2vm=v1F1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1−f=Ma
汽车从a到b持续的时间为t=v1a
联立解得：t=MF2vm(F1−F2)F1
故C错误；
D、汽车从a到b过程运动的位移为x=12at2
克服阻力做功W=fx
解得：W=Mvm2F232(F1−F2)F12
本题选择错误选项；
故选：C。
根据公式P=Fv结合图像的斜率分析出汽车的额定功率；根据牛顿第二定律结合牵引力的变化分析出汽车的运动类型；根据牛顿第二定律计算出汽车最大速度时的受力情况，结合公式P=Fv计算出摩擦力；根据运动学公式计算出汽车的加速时间；根据功的计算公式解得D项。
本题主要考查了汽车的启动问题，理解启动的两种类型，结合牛顿第二定律和公式P=Fv完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：A、如果该波沿x轴的正方向传播，由平移法可知，t1=0.5s时刻P点振动的方向向上，则：
0.5s=(n+34)T(n=0,1,2,3…)
可得：T=24n+3s(n=0,1,2,3…)
当n=0时，该波的周期最大，为23s.故A错误；
B、如果该波沿x轴的负方向传播，由平移法可知，t1=0.5s时刻P点振动的方向向下，则：
0.5s=(n+14)T(n=0,1,2,3…)，
可得：T=24n+1s(n=0,1,2,3…)
当n=0时，该波的周期最大为Tmax=2s；
由图可知，该波的波长为2m；由v=λT，可知周期最大时对应的波速最小，则：
vmin=λTmax=22m/s=1m/s，故B错误；
C、由于振动的质点在任意一个周期内质点的路程都是4A，所以周期越小，在相等的时间内质点的路程越大，所以当周期最大时，路程最小；
由于该波沿x轴的正方向传播的最大周期为23s，所以0.5s等于34个周期；由于t=0时刻质点P位于最大位移处，所以在34个周期内的路程为：smin=3A=3×10cm=30cm，故C错误；
D、如果该波沿x轴的负方向传播，周期T=24n+1s(n=0,1,2,3…)
波速：v=λT=224n+1m/s=4n+1(m/s)(n=0,1,2,3…)
可知，当n=5时，v=21m/s，故D正确。
故选：D。
由图读出该波的波长，由传播方向与振动方向的关系判断该波可能的周期，然后结合周期与波长的关系求出波速。
本题要能正确分析波的传播过程，根据时间与周期的关系研究质点的状态。要明确质点P的路程要根据时间与周期的倍数关系求解。
7.【答案】AD
【解析】A、d、a两点的电势差Uda=φd−φa=0−1.5mV=−1.5mV，故A正确；
B、负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从b点移到d点，电势能减小，故B错误；
C、该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故C错误；
D、c、d两点等效在等量异种电荷的中垂线上，且c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度相同；从c到d的直线上电场线先变密后变疏，则电场强度先变大后变小，故D正确。
故选：AD。
8.【答案】BC
【解析】解：设线框电阻为R，ab边到达MN时速度为v1，cd边到达MN时速度为v2。
A、ab边从静止下落至MN时，有mgℎ=12mv12，解得：v1= 2gℎ；ab边产生的感应电动势为E=BLv1，感应电流为I=ER=BLv1R，受到的安培力为F=BIL=B2L2v1R；
①若B2L2v1R
③若B2L2v1R>mg,ab边进入磁场后做减速运动，加速度方向向上，该条件下若d=L，ab边经过PQ时的速度小于经过MN时的速度，与题意不符；若d
②若d=L，则v2=v1= 2g(ℎ+L−d)= 2gℎ，穿过磁场产生的焦耳热Q1=mgd，cd穿过磁场产生的焦耳热Q2>mgd，全过程产生的焦耳热Q=Q1+Q2>2mgd；若该条件下d=L，ab边经过MN与经过PQ时的速度相等，有mg(L−d)=12mv22−12mv12，得v2= 2g(ℎ+L−d)= 2gℎ，全过程产生的焦耳热Q=2mgd；若该条件下d>L，线框全部进入磁场后加速运动，ab边经过PQ时的速度大于经过MN时的速度，与题意不符；若该条件下d>L，线框全部进入磁场后，线框加速，ab边经过PQ时的速度可能等于经过MN时的速度，有mg(d−L)=12mv12−12mv22，得v2= 2g(ℎ+L−d),cd边到达PQ时的速度为v2，全过程由能量守恒定律有mg(ℎ+d+L)=12mv22+Q，得Q=2mgd，故C正确，D错误。
故选：BC。
本题中，线框进入磁场时，受到的安培力与重力的大小关系未知，所以要分情况讨论。由于L与d的大小关系未知，所以也要分情况讨论。根据线框的受力情况来判断其运动情况，根据功能关系求线框产生的焦耳热。
解答本题的关键要理清线框可能的受力情况和运动情况，运用功能关系求线框产生的焦耳热。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由理想气体状态方程pVT=C可知，pV越大，气体的温度T越高，由图示图像可知
T1>T2
由图示图像可知，a→b过程，气体体积增大温度降低，气体体积增大单位体积的分子数减少，气体温度降低，分子平均动能减小，因此a→b过程气体压强减小，是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；
B、根据p−V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功(体积减小时)，或气体对外界做的功(体积增大时)，可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知
Q<0，所以气体对外放出热量，故B正确；
C、d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即
|Qda|=|Wda|
b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即
|Qbc|=|Wbc|
p−V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，darrwa过程p−V图像的面积大于barrwc过程p−V图像的面积，即
|Wda|>|Wbc|
则
|Qda|>|Qbc|
即d→a过程向低温热源释放的热量大于b→c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；
D、a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量|ΔU|相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，则
Q=0
由热力学第一定律：U=W+Q可知
ΔU=W
由于两过程气体内能的变化量|ΔU|相等，则
|ΔU|=|W|
即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。
故选：BD。
一定量的理想气体压强与分子密度和分子平均动能有关；根据图示图象分析清楚气体在状态变化的过程中，应用理想气体状态方程、热力学第一定律与能量转化情况分析答题。
解题时要知道p−V图象与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、应用理想气体状态方程即可解题。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，木块由于惯性，速度不变。如果M=2m，碰撞后块与木板的合动量方向水平向左，则木板只与墙壁碰撞一次，设最后二者以速度v水平向左做匀速直线运动，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv0−mv0=(M+m)v，解得：v=13v0，整个运动过程中摩擦生热的大小为Q=12Mv02+12mv02−12(M+m)v2=43mv02，故A正确；
B、如果M=m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，根据动量守恒定律知最后木板与木块均静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量守恒可得：μmgx=12Mv02+12mv02，解得木块相对木板的位移大小为x=v02μg，故B错误；
C、如果M=0.5m，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后二者的合动量方向水平向右，设第一次共速后的速度为v1，取水平向右为正，根据动量守恒定律可得：
mv0−Mv0=(m+M)v1，解得：v1=13v0
D、如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，对全过程根据动量定理可得：在整个过程中墙对木板的冲量大小为I=(m+M)v0=1.5mv0，故D正确。
故选：ACD。
木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解整个运动过程中摩擦生热以及木块相对木板的位移大小；如果M=0.5m，碰撞后二者的合动量方向向右，求出第一次共速后的速度，可知二者再次共速前木板没有与墙壁碰撞，再次根据动量守恒定律求解第三次与墙壁碰撞时的速度大小，由此总结规律，得到木板第100次与墙壁碰撞前的速度大小；如果M=0.5m，全过程根据动量定理求解在整个过程中墙对木板的冲量大小。
本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，关键要理清木块与木板的运动过程，分过程利用动量守恒定律列式，采用归纳法，找出木板与墙壁碰撞前速度遵循的规律。
11.【答案】a 5.02 两光电门之间距离s sgℎL=d22t22−d22t12 C 丙
【解析】解：(1)实验时，应将进气口一端垫高，而a端位于进气口一侧，因此应将a端垫高；
根据所给游标卡尺的图像可知，该游标卡尺为50分度值，其精度为0.02mm，根据图示可得主尺刻度为5mm，游标尺第一格与主尺刻度对齐，则游标尺读数为
1×0.02mm=0.02mm
可得游标卡尺的整体读数为
5mm+0.02mm=5.02mm
(2)设垫高后的气垫导轨与水平面间的夹角为θ，则根据题已知条件可得气垫导轨与水平面间的夹角的正弦值为
sinθ=ℎL
并且可得滑块通过两个光电门时的速度分别为
v1=dt1，v2=dt2
而要探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒，则只要满足能量守恒即可，即滑块下滑过程中重力势能的减小量等于滑块动能的增加量，若该关系成立则可验证滑块下滑过程中机械能守恒，而要求得滑块重力势能的减小量则必须测量其下降的高度，但下降高度过低，测量过程中出现的相对误差较大，因此可测量两光电门之间的距离，该距离较大，测量时出现的相对误差较小，用s来表示两光电门之间的距离，则根据已知条件可得滑块下降的高度为ℎ0=s⋅sinθ=sℎL
因此，该实验需要验证的关系式为mg⋅sℎL=12md2t22−12md2t12
化简可得sgℎL=d22t22−d22t12
(3)A.若滑块释放位置不够高，则滑块通过光电门的时间就越长，用平均速度代替瞬时速度相比于真实值，误差就会更大些，最终的结果是重力势能的减少量大于动能的增加量，故A错误；
B.充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦，则会导致重力势能有一部分克服了摩擦力做功，从而使动能的增加量偏小，即势能的减小量大于动能的增加量，故B错误；
C.正常情况下，因存在空气阻力等原因，在误差允许范围内，重力势能的减小量应略大于动能的增加量，而数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，则必然是导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高，直接导致重力势能偏小，故C正确。
故选：C。
(4)根据计时器的两种计时模式，结合甲、乙、丙三种遮光条的形状，可知甲、乙两种遮光条符合第一种计时模式，在此种模式下两种遮光条挡光时间所对应的位移
x甲=(50−2×0.9−2×0.7)×10−3m=4.68×10−2m
x乙=(30−2×0.9−2×0.7)×10−3m=2.68×10−2m
均略小于遮光条的真实宽度，而计算速度用的是遮光条的真实宽度，显然用甲、乙两种型号的遮光条计算得到的平均速度均大于真实值，而对于丙遮光条，符合计时器的第二种模式，在此种模式下丙遮光条挡光所对应的位移为x丙=3×10−3m
即遮光时间对应的位移等于遮光条的宽度，计算得到的平均速度等于真实值。
故选：丙。
故答案为：(1)a；5.02 (2)两光电门之间距离s； sgℎL=d22t22−d22t12 (3)C(4)丙
(1)根据实验原理和实验装置判断哪端应该垫高；再根据游标卡尺的分度值，结合主尺和游标尺的位置读出垫片的厚度；
(2)根据几何关系表示出气垫导轨与水平面间的夹角的正弦值，并根据光电门测速原理列出滑块通过两个光电门时的速度表达式；再根据实验原理列出需要验证的关系式；
(3)根据实验误差的来源逐项分析各个操作带来的问题；
(4)根据遮光条的形状结合光电门的测速原理选出合适的，再根据遮光条挡光时间所对应的位移与遮光条的真实宽度的关系，分析计算得到的平均速度与真实值之间的关系。
本题考查了利用验证机械能守恒定律的实验探究，解决本题的关键是熟练掌握实验原理，并理解光电门测量瞬时速度的方法。
12.【答案】将S2切换到b. U2−U1U1R 1.43 1.2
【解析】解：(1)由于R和R1串联，所以通过R1的电流I=U1R，R1两端的电压为U2−U1，所以R1=U2−U1I=U2−U1U1R．
(2)根据闭合电路欧姆定律，E=UR(4.8+R2+R)，
所以1U=1E⋅(4.8+R2)1R+1E，
由此式看出，1U−1R图线的截距为1E=0.7，斜率k=1E⋅(4.8+R2)=2.8−，
由此两式得，E=1.43V，R2=1.2Ω．
故答案为：(1)将S2切换到b，U2−U1U1R.(2)1.43，1.2．
(1)将开关S2切换到a，读出其示数R和对应的电压表示数U1，从而求出电路中的电流，保持电阻箱电阻不变，将开关S2切换到b，读出电压表的示数U2.通过闭合电路欧姆定律求出则电阻R1的表达式．
(2)结合闭合电路欧姆定律得出电压表读数的倒数与电阻箱电阻倒数的关系，通过斜率和截距求出电源的电动势和电阻R2．
本题为伏阻法测电动势和内电阻，但由于过程较为复杂，故应认真审题，明确题中的实验原理；同时要注意电源内电阻忽略不计，R2可等效为内电阻处理．
13.【答案】解：(ⅰ)光路图如图所示，设透明材料的折射率为n，光线发生全反射的临界角为θ，则
sin θ=1n
sin θ=OPR
其中OP= 32R
解得n=2 33，θ=60°
(ⅱ)在C点发生全反射的光线在圆弧面AB上恰好再次发生全反射后垂直OB从E点射出柱体，
由几何关系，有PC=DE=R2，CD=R
光从P点传播到E点所用的时间为t=PC+CD+DEv
又n=cv
以上各式联立解得t=4 3R3c
答：(i)透明材料的折射率为2 33，光线发生全反射的临界角为60°；
(ii)光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间为4 3R3c。
【解析】根据题意画出光路图，根据几何关系找出临界角，由公式可计算三棱镜的折射率；由几何关系计算光在柱体里经过的路程，结合光速公式和传播距离求得光在柱体中的传播时间。
本题考查了光的折射、全反射等问题，关键是作出光路图，运用几何知识辅助分析，本题中等难度，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
14.【答案】解：(1)B点与C点间的高度ℎ=R(1−cs37°)=2.75×(1−0.8)m=0.55m
小物块1从A点到B点做平抛运动，物块1运动到B时竖直分速度vy= 2g(H−ℎ)= 2×10×(1−0.55)m/s=3m/s
抛出时的初速度v0=vytan37∘=334m/s=4m/s
(2)物块1在B点的速度vB=vysin37∘=30.6m/s=5m/s
物块1从B到C的过程中机械能守恒，则12mvB2+mgR(1−cs 37°)=12mvC2
解得物块1到C点的速度vC=6 m/s
物块1在C点时，根据牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
解得FN=25411N≈23N
由牛顿第三定律可知小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为23N。
(3)物块1和2粘合时，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mvC=2mv′C
解得v′C=3m/s
若物块没有与右侧弹簧相碰：
对三个物体组成的系统，由动量守恒有2mv′C=(2m+M)v
由能量守恒有12×2mv′C2=12(2m+M)v2+2μmg⋅12l
解得木板的长度：l=2.4m；
若物块与右侧弹簧相碰：
对三个物体组成的系统，由动量守恒有2mv′C=(2m+M)v
由能量守恒有12×2mv′C2=12(2m+M)v2+2μmg⋅32l
解得l=0.8m
答：(1)小物块1抛出时水平速度v0的大小是4m/s；
(2)小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小是23N；
(3)木板的长度是2.4m或0.8m。
【解析】(1)小物块1从A点到B点做平抛运动，根据平抛下落的高度求出物块1运动到B时竖直分速度。根据物块1经过B点时的速度方向，求小物块1抛出时水平速度v0的大小；
(2)根据速度的分解法求小物块1运动到B点时的速度。小物块1在BC间做圆周运动，由机械能守恒定律求出小物块1通过C点时的速度。物块1在C点时，由轨道的支持力和重力的合力提供物块1圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律求得支持力，从而得物块1对轨道的压力；
(3)物块1和2粘合过程，根据动量守恒定律求出粘合后两者的共同速度。粘合体运动到木板的正中间时与木板的速度相同，根据动量守恒定律求出系统的共同速度，由能量守恒求木板的长度。
本题的关键要理清小物块的运动过程，把握物块在各个阶段的运动规律。对于物块1在长木板上运动过程，要注意研究物块没有与右侧弹簧相碰和物块与右侧弹簧相碰两种情况，不能漏解。
15.【答案】解：(1)设粒子进入第n个圆筒的速度为vn，根据动能定理得：
nqU=12mvn2
解得：vn= 2nqUm
由于两粒子在筒中的运动时间相同，则金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比：
l2l4=v2tv4t= 22；
(2)要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子的相同。氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，由vn= 2nqUm，可得：U0要调至2U0；
由洛伦兹力提供向心力得：
qv4B=mv42r
对于质子，其v4= 2×4qU0m
已知：B=2a 2mU0q
代入解得质子的轨道半径：r1=a
氘核质量为质子两倍，v4与质子相同，对比可得氘核的轨道半径：r2=2a
(3)氘核离开磁场区域I的速度方向与边界夹角θ=60°
①如图1所示，两轨迹相交于D点：
L=HC⋅tanθ
CD=2r2⋅sin60°=2×2a× 32=2 3a
GH=r2⋅sin60°=2a× 32= 3a
HC=CD−r1−GH=2 3a−a− 3a= 3a−a
由以上两式得：L=(3− 3)a
②如图2所示，两轨迹外切：
L=HC⋅tanθ
O1G=r1+r2=a+2a=3a
O1Q=r2⋅sin30°=2a×12=a
GH=r2⋅sin60°=2a× 32= 3a
GQ= O1G2−O1Q2= (3a)2−a2=2 2a
HC=CQ+GQ−GH= 3a+2 2a− 3a=2 2a
由以上两式得：L=2 6a
综上所述，为使质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，L的取值范围为：0≤L<(3− 3)a，或者L>2 6a。
答：(1)金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4为 2：2；
(2)需要将图乙中交变电压U0调至2U0；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为2a；
(3)为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围为：0≤L<(3− 3)a，或者L>2 6a。
【解析】(1)粒子通过每个间隙电场力做功相同，两粒子在每个筒中的运动时间也相同，根据动能定理求解速度，由运动学公式求解位移比；
(2)氘核在每个筒中的速度与质子的相同，根据两粒子的比荷关系求解电压关系；在磁场中由洛伦兹力提供向心力结合两粒子的比荷关系求解运动半径；
(3)找到两粒子轨迹恰好相交的临界情况，作出运动轨迹图，由几何关系求解临界情况的L值，在判断其范围。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中的加速直线运动，应用动能定理解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。本题的几何关系是难点，需多积累经验。
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