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2023-2024学年浙江省强基联盟高三（第二次）模拟考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省强基联盟高三（第二次）模拟考试物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.功率的单位是瓦特，若用国际单位制的基本单位来表示瓦特，正确的是( )
A. JsB. kg⋅m2s3C. N⋅msD. kg⋅ms3
2.如图所示，电子在电场中从a点运动到b点，实线为电场线，虚线为电子的运动轨迹，请判断下列说法正确的是
( )
A. a点的电势低于b点的电势B. 电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C. 电子在a点的速度大于在b点的速度D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
3.燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将含有食物的球面锅置于两款支架上，假设锅和锅内食物的总重量总是维持不变，则
( )
A. 如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越大
B. 如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越小
C. 如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越大
D. 如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越小
4.利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是( )
A. 手机一直没有离开手掌
B. t1时刻手机运动到最高点
C. t1时刻手机开始减速上升，t2时刻速度为0
D. t2时刻手机开始减速上升，t1∼t3时间内手机所受的支持力一直减小
5.蹦床运动是一项技巧性与观赏性都很强的运动。运动员在比赛的开始阶段会先跳几下，此阶段上升的最高点会越来越高，后来最高点基本能维持稳定。下列有关此情景说法正确的是( )
A. 运动员每次上升过程，蹦床对运动员先做正功，后做负功
B. 如果不考虑空气等各种阻力，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒
C. 最开始的几次起跳上升过程，蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量
D. 对于最高点基本稳定的情景，运动员的重力势能与蹦床弹性势能之和最小时，运动员的加速度最大
6.图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4 m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4 m，CD段长度为12 m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1 m/s，接着以1 m/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以1 m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ=0.2，关于该机器人送餐运动的说法正确的是
( )
A. 从B运动到C过程中机器人的向心加速度a=0.5 m/s2
B. 为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4 m/s
C. 从A点运动到B点过程中机器人的加速度a=0.125 m/s2且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动
D. 餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t=12秒
7.“中国空间站”在距地面高400 km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2 km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。则下列说法中正确的是( )
A. “中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的周期大于地球同步卫星的周期
B. “中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的向心加速度大小稍大于g
C. “中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的线速度大小稍大于地球的第一宇宙速度
D. “中国空间站”修正轨道时，发动机应“向后喷火”使空间站加速，但进入目标轨道正常运行后的速度小于修正之前在较低轨道上的运行速度
8.如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通有电流I，其中P、Q导线中电流方向垂直纸面向里，M导线中电流方向垂直纸面向外，三角形中心O处的磁感应强度大小为B，若撤去导线P，则三角形中心O处磁感应强度的大小为
( )
A. 0B. B2C. 3B2D. 2B
9.一列机械波沿x轴正向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙是介质中质点M的振动图像，已知t=0时M点位移为− 210m，下列说法不正确的是
( )
A. 该机械波的波速为1.0 m/sB. M点的横坐标可能为1.5 m
C. t=0时，M点振动方向向下D. t=1.0 s时，M点位移仍为− 210m
10.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同。开始时三个灯泡都能发光，工作一段时间后L3灯丝被烧断，若不考虑灯丝电阻随温度变化的情况，下列说法正确的是
( )
A. 都能发光时三个灯泡的亮度不相同B. L3灯丝被烧断后灯泡L1变亮
C. L3灯丝被烧断后灯泡L2变亮D. L3灯丝被烧断后变压器输入功率不变
11.现在的城市街道上到处都能看到各种共享自行车和电动助力车，极大地方便了市民的短途出行。如图甲是一款电动助力车，其调速把手主要是应用了“霍尔效应”来控制行驶速度的。调速把手内部截面如图乙所示，内部含有永久磁铁和霍尔器件等部件。如图丙，把手里面的霍尔器件是一个棱长分别为a、b、l的长方体金属器件，助力车正常行驶时，在霍尔器件的上下面通有一个恒定电流I，骑手将调速把手旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就会发生变化，霍尔器件就能在C、D间输出变化的电压U，电机电路感知这个电压的变化就能相应地改变电机转速，这个电压U与电机转速n的关系如图丁所示。以下叙述正确的是
( )
A. 霍尔器件C端的电势高于D端的电势
B. 若组装助力车时不小心将永久磁铁装反了(两极互换)将会影响该电动助力车的正常骑行
C. 维持恒定电流I不变，仅减小图丙中器件的尺寸a，可使电动助力车更容易获得最大速度
D. 若骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时电压会随时间均匀增大，则电动助力车的加速度将会增大
12.夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是( )
A. 在冰晶中，b光的波速比a光大
B. 通过同一仪器发生双缝干涉，b光的相邻明条纹间距较大
C. 若a光能使某金属发生光电效应，则b光也可以使该金属发生光电效应
D. a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
13.华为在2023年10月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超级充电桩，其最大输出电流为600 A，充电电压范围为200 V至1000 V，并且该充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。某天，小振开着自己的某款电动汽车来这种充电站体验，其车总质量为1.6 t，所用电池组规格为“360 V，150 A·h”(内阻不能忽略)，车上显示屏显示此次充电电量由30%充到80%用时10分钟，本次充电共消费60元(充电桩计费规则为每度电2元)。经他几天实测，显示屏电量由80%下降到50%共行驶了120公里，已知他的车行驶时的阻力为车重的0.02倍，则( )
A. 充电桩上标识的“600 kW”表示给各车充电时的平均功率
B. 小振本次充电的平均功率约为300 kW
C. 小振本次充电的充电效率约为90%
D. 小振汽车电机将电能转化为机械能的效率约为40%
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.2023年8月24日，日本政府不顾周边国家的反对执意向海洋排放福岛第一核电站的核污水，核污水中的放射性物质会对海水产生长久的、风险不可控的污染。如核污水中的 84210P具有放射性，其发生衰变时的核反应方程为 84210P→82206Pb+X，该核反应过程中放出的能量为Q。设 84210P的结合能为E1， 82206Pb的结合能为E2，X的结合能为E3，已知光在真空中的传播速度为c，则下列说法正确的是( )
A. 82206Pb的比结合能大于 84210P的比结合能
B. 该核反应过程中放出的能量Q=206E2+4E3−210E1
C. 该核反应过程中的质量亏损可以表示为m=Qc2
D. 衰变过程中放出的光子是由新原子核从高能级向低能级跃迁产生的
15.如图所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出不同频率的光，其中只有3种不同频率的光a，b，c照射到图甲电路阴极K的金属上能够发生光电效应，测得光电流随电压变化的图像如图乙所示，调节过程中三种光均能达到对应的饱和光电流，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是
( )
A. 阴极金属的逸出功可能为W0=5.5 eV
B. 图乙中的b光光子能量为12.09 eV
C. 若图乙中的Ua=7 V，则Uc=3.5 V
D. 若甲图中电源右端为正极，随滑片向右滑动，光电流先增大后保持不变
三、填空题：本大题共2小题，共12分。
16.某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示可以当作“×1”“×10”两个倍率使用的欧姆电表。他们使用到的器材有：
电源E(电动势E=1.5V，内阻忽略不计)
定值电阻R1=11Ω、R2=99Ω
电流表G(量程为Ig=100μA，内阻Rg=990Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为1500Ω)
单刀双掷开关S
(1)按照多用电表的原理，接线柱B端应该接_________表笔(选填“红”或“黑”)；
(2)当单刀双掷开关S拨到2端时，欧姆表的倍率为__________(选填“×1”或“×10”)；将红黑表笔短接调节电阻R进行欧姆调零，当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流I=_________mA；
(3)当欧姆表倍率取“×10”，将红黑表笔短接进行欧姆调零后电阻R=__________Ω；
(4)选用“×10”挡测量时，电流表偏转13，则待测电阻Rx=_________Ω。
17.下图是小明同学在做“测定玻璃的折射率”的实验中所留下的图纸。如图(a)所示，该同学选用的玻璃砖前后两个光学面相互平行，a和a′分别是玻璃砖与空气的两个界面，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并插上大头针P3，使其挡住P2、P1的像；接着插上大头针P4，使其挡住P3和P2、P1的像，用“。”表示大头针的位置，这样P1、P2确定了射入玻璃砖的光线，P3、P4确定了射出玻璃砖的光线。
(1)根据以上信息，请你在答题卡的图(a)中画出光路图_______。
(2)小明同学根据a界面测得的入射角θ1和折射角θ2的正弦值画出了如图所示的图像，从图像可求得玻璃砖的折射率是_________(保留两位有效数字)。( )
(3)如图(c)所示，若在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a′画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，则所测得的折射率与真实值相比将_________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
18.阿特伍德机是著名的力学实验装置，根据该装置可测量重力加速度，也可验证牛顿第二定律、机械能守恒定律或动量定理等力学规律。图甲是阿特伍德机的其中一种简化模型，铁架台上固定一轻质滑轮，跨过滑轮的轻质细绳悬吊质量均为M=0.440kg的两个物块P、Q，物块P侧面粘贴小遮光片，其宽度为d、质量忽略不计。在物块P、Q下各挂5个相同的小钩码，质量均为m=0.010kg。光电门1、2通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，且光电门1，2之间的距离为h。两光电门与数字计时器相连记录遮光片通过光电门的时间。整个装置现处于静止状态，当地的重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)该小组同学先用该装置探究牛顿第二定律。将n(依次取n=1、2、3、4、5)个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。由匀变速运动规律可得到物块P上升过程的加速度a=_________(用“h、d、t1、t2”表示)。该小组同学测量的数据见上表，他们将表格中的数据转变为坐标点画在图乙的坐标系中，并作出a−n图像。从图像可以得出：a与n成正比，图像的斜率k=_________(用“M、m、g”表示)。根据斜率可进一步求得当地的重力加速度。同时也说明当连接体质量一定时，连接体的加速度与其所受的合外力成正比。
(2)该小组同学想利用该装置验证机械能守恒定律，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。该过程中系统动能的增加量ΔEk=_________，系统重力势能的减少量ΔEp=_________。(用“M，m，g，h、d、t1、t2”表示)，代入真实的数据计算后即可得出系统的机械能是否守恒的结论。
(3)该小组同学还想利用该装置验证动量定理，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。并且记录下遮光片从1运动到2的时间t。若以运动方向为正方向沿绳子建立一维坐标系，则该过程中系统“绳向”的动量变化量为Δp=_________，“绳向”合外力对系统的冲量I=_________。(用“M，m，g，d，t，t1、t2”表示)，代入真实的数据计算后即可验证系统动量的变化量与合外力的冲量大小是否相等。
五、计算题：本大题共4小题，共35分。
19.自行车在生活中是一种普及程度很高的交通工具。自行车轮胎气压过低不仅费力而且又很容易损坏内胎，轮胎气压过高会使轮胎的缓冲性能下降或发生爆胎，因此保持合适的轮胎气压对延长轮胎使用寿命和提升骑行感受至关重要。已知某款自行车轮胎容积为V=1.8L且保持不变，在环境温度为27℃条件下，胎内气体压强为p1=1.5×105Pa，外界大气压强为p0=1.0×105Pa2。
(1)若该车长时间骑行在温度较高的公路上使胎内气体的温度上升到37℃，问此时车内气体的压强；
(2)若车胎的气门芯会缓慢漏气，长时间放置后胎内压强变为p0=1.0×105Pa，忽略气体温度与车胎容积的变化，问胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例；
(3)若自行车说明书规定的轮胎标准气压在室温27℃下为p=2.1×105Pa，为使车胎内气压达标，某同学用打气筒给自行车打气。设每打一次可打入压强为p0=1.0×105Pa温度为27℃的空气90cm3。请通过计算判断打气10次后车胎压强是否达到说明书规定的标准胎压。假设打气过程气体的温度保持不变，车胎因膨胀而增大的体积可以忽略不计。
20.物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为R1=0.6 m的半圆单层轨道ABC、半径为R2=0.1 m的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为m=0.1 kg的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度L1=1 m且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到Epm=5.8 J。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为m1=0.1 kg、m2=0.2 kg、m3=0.4 kg的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是μ=0.5，其他所有摩擦都不计，IJ段长度L2=0.4 m，JK段长度L3=0.7 m。问：
(1)已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心O1等高的B处时对轨道的最大压力。
(2)如果小张同学以Ep=2 J的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
(3)如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
21.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧(但不链接)，弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求
(1)脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？
(2)刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？
(3)整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？
22.如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA=a，θ=60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2B0的匀强磁场(图中未画出)，使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后汇聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求：
(1)当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少；
(2)写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律；
(3)若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标0答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键；同时注意明确物理公式同样可以进行物理单位的计算。
【解答】
根据功率的定义式P=Wt可知1W=1J/s，根据功的定义式W=FLcsα可得1J=1N⋅m，其中力的单位1N=1kg⋅m/s2，故功率单位用国际单位制的基本单位可表示为W=kg⋅m2s3，故B正确，ACD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】根据电场线(等势线)的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大。根据顺着电场线方向电势降低判断电势的高低。根据Ep=qφ可知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。
【解答】A，顺着电场线电势降低，故a点的电势高于b点的电势，故A错误；
B，b点位置电场线较密，故场强较大，电子在b点的加速度更大，B错误；
C，电子从a点运动到b点过程中电场力做负功，动能减小，故电子在a点的速度大于在b点的速度 ，故C正确；
D，电子在电势低的b点电势能更高，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查力的分解的应用，要明确锅对支架的压力的合力等于锅的重力，明确压力的方向总是垂直于接触面向下，结合力的分解规律求解。
【解答】
AB.因为a款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于支架的斜面，方向不变，锅的尺寸越大，a款每个支架齿受到的压力不变，故AB错误；
CD.因为b款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于公切面，所以锅的尺寸越大，b款每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角变小，由力的分解的知识可知b款每个支架齿受到的压力越小，故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A错误；
B.根据
Δv=aΔt
可知 a−t 图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在 t1 时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；
C.根据图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在 t2 时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；
D.由图可知 t2 时刻后加速度变为负值，速度依旧为正，则手机开始减速上升。 t1∼t3 时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得
mg−N=ma
得
N=ma+mg
可知加速度由向上到向下的过程中支持力一直减小。故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查蹦床运动满足的规律。解决问题的关键是清楚运动员的受力情况及各力做功情况，清楚运动过程的能量变化及其关系。
【解答】
A.上升过程，离开蹦床前，蹦床给运动员的弹力向上，做正功，离开蹦床之后没有弹力，不做功，故A错误；
B.站在蹦床上到跳起过程，运动员自己对自己做功(消耗体内化学能)，系统机械能会增加，故B错误；
C.最开始的几次起跳的上升过程，运动员自己对自己做功，故蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量，故C正确；
D.最高点基本稳定时，人和蹦床组成的系统机械能可认为守恒，人的重力势能与蹦床弹性势能之和最小时，运动员的动能最大，加速度应该最小，故D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动和圆周运动的综合应用。解决问题的关键是清楚机器人的运动过程及受力情况，根据圆周运动的知识和匀变速直线运动的规律结合临界条件分析求解。
【解答】
A.从B运动到C的过程中机器人的向心加速度a=v2r=124m/s2=0.25m/s2，故A错误；
B.餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有μmg=mv2r，解得vm=2 2m/s，故B错误；
C.由a=v22x=122×4m/s2=0.125m/s2知，该加速度小于发生相对滑动的临界加速度2m/s2，故C正确；
D.机器人以1m/s的速度匀减速至D点的最大加速度a=μg=2m/s2，故最短的减速时间t1=0.5s，匀减速的最小位移为0.25m，故从C点开始匀速运动的时间t2=11.75s，故从C运动到D点的最短时间为12.25s，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是清楚“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，理解第一宇宙速度的含义。知道空间站变轨满足的条件。
【解答】
A.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动的周期：GMm(R+h)2=m(R+h)(2πT)2，得T= 4π2(R+h)3GM= 4π2(R+h)3gR2≈1.4h<24h，故A错误；
B.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=ma，物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有GMmR2=mg，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为a=R2(R+h)2g，故向心加速度稍小于g，故B错误;
C.根据向心加速度公式a=v2R+h，“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为v=R gR+h< gR，故C错误;
D.空间站由低轨向高轨修正时需要离心运动，故需要发动机点火使空间站加速，但进入目标轨道后的速度比修正之前低轨的速度小，故D正确。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题首先使用安培定则判断磁感应强度的方向，在根据平行四边形定则求出合的磁感应强度大小，属于基础题。
【解答】
根据安培定则，通电导线P、M和Q在O处的磁场方向如图所示，
由题知，三角形中心O处的磁感应强度大小为B，则每根导线在O点的磁感应强度大小分别为B2，
撤去导线P后，导线Q、M在O点的磁感应强度成60∘角，合成后磁感应强度的大小为 3B2，故选C。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查振动图像和波动图像的综合应用。解决问题的关键是理解振动图像和波动图像的物理意义；清楚波传播的特点和质点振动的规律。
根据波形图得出波长，根据振动图像得出周期，由v=λT求出波速；
根据波形图和振动图像判断M点横坐标的可能性；
由振动图像确定t=0时M点振动方向；
由时间求出机械波传播的距离，确定M点位移。
【解答】
A.从图甲可得，机械波的波长λ=4m，从图乙可知机械波的周期T=4.0s，根据v=λT可得机械波的波速v=1.0m/s，故A正确；
B.机械波向x轴正方向传播，故t=0时刻，x=1.5m处的质点正向y轴正方向运动，而图乙的质点向y轴负方向运动，故B错误；
C.由图乙可知，t=0时，M点振动方向向下，故C正确；
D.t=1.0s时，该机械波传播的距离为x=vt=1.0m，M点位移仍为− 210m，故D正确。
本题选错误的，故选B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题根据并联电路特点，分析副线圈的电阻变化，根据等效电阻的思想，结合欧姆定律讨论原线圈的电流变化，最后根据变压器原副线圈电流和电压变化特点分析。
本题考查了变压器的基本性质，理解变压器原副线圈电流和电压变化特点，抓住不变和改变的物理量是解决此类问题的关键。
【解答】
A.理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1，则原、副线圈中的电流之比为1:2，故三个灯泡的电流相等，亮度相等，故A错误；
B.灯泡L3灯丝烧断后，副线圈回路电阻R副变大，如图所示，
根据变压器的等效电阻R等=(n1n2)2R副，可知，R等电阻变大，电源电压恒定，则原线圈电流减小，灯泡L1变暗，故 B错误；
C.原线圈电流减小，电源电压恒定，由于输入电流变小，灯泡L1两端的电压减小，原线圈两端电压增大，匝数比不变，故副线圈两端电压增大，所以灯泡L2变亮，故C正确；
D.设灯泡电阻为R，由于R副变成原来两倍，故R等也变成原来两倍，即变压器的等效电阻由2R变成4R，故原线圈的电压由2U3增大为4U5，有电功率公式可知，原线圈的输入功率不相等，故D错误。
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查霍尔效应。解决问题的关键是清楚霍尔效应的工作原理，结合左手定则，平衡关系分析判断。
【解答】
A.由左手定则，电子所受洛伦兹力向外，所以霍尔器件C端的电势低于D端的电势，故A错误；
B.若磁铁装反了(两极互换)霍尔电压会反向，但由丁图可知不影响电动助力车的正常骑行，故B错误；
C.由evB=eUb;I=ne×ba×v可知：U=IBnea，所以仅减小图丙中器件的尺寸a时，U增大，由丁图可知可使电动助力车更容易获得最大速度，故C正确；
D.当骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时若电压会随时间均匀增大，则由丁图可知，电动助力车的速度随时间增加更慢，加速度将减小，故D错误。
12.【答案】C
【解析】【分析】
根据光路图入射角相同，a光的偏折程度比b光的偏折程度小，知a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率比b光的低，由真空中c=λf、v=cn=λ′f分析波长大小；根据sinC=1n可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，波长越长，在同种条件下，衍射现象更明显。本题考查折射与全反射的应用，难度不大。
【解答】
A.由图可知a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则冰晶对b光的折射率比对a光的折射率大，根据棱镜色散规律可知a光的频率比b光的频率低，根据v=cn可知在冰晶中，b光的波速比a光小，故A错误；
B.根据c=λf，所以a光的波长大于b光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知用同一装置做双缝干涉实验时，a光条纹间距更大，故B错误；
C.由上可知，a光折射率小，频率小，光子能量小，所以a光比b光不容易发生光电效应，若a光能使某金属发生光电效应，则b光也可以使该金属发生光电效应，故C正确；
D.水对a光的折射率比对b光的折射率小，根据sinC=1n可知从水中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，故D错误。
故选C。
13.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了电功率、平均功率、效率的求解，要牢记每个物理量对应的公式，明确效率是输出功率与总功率的比值，要从本质上去理解概念。
【解答】
A.根据最大充电电流与最大充电电压可知，600 kW指的是最大充电功率。而最大功率Pmax=UmaxImax=1000×600=600kW。由于“充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率”，所以充电桩的平均充电功率必定小于最大功率，A错误；
B.本次充电时的平均功率约为：P=Wt=360×150×3600×(80%−30%)10×60W=162kW，B错误；
C.充电效率约为：η1=150×3600×(80％−30％)×360602×1000×3600×100%=90%，C正确；
D.机械效率约为：η2=0.02×16000×120000360×150×3600×(80%−50%)×100%=66%，D错误。
故选C。
14.【答案】AD
【解析】A.比结合能越大，原子核越稳定，由于 82206Pb 比 84210P 更稳定，所以 82206Pb 的比结合能大于 84210P 的比结合能，故A正确；
B. 84210P 的结合能为 E1 ， 82206Pb 的结合能为 E2 ，X的结合能为 E3 ，则该核反应过程中放出的能量为
Q=E2+E3−E1
故B错误；
C.根据爱因斯坦质能方程可知
Q=mc2
可得
m=Qc2
故C错误；
D.核衰变后，生成的新原子核位于高能级，能自发向低能级跃迁，从而放出光子，故D正确。
故选AD。
15.【答案】AB
【解析】解：这些氢原子在向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，按频率从高到低(辐射能量从大到小)分别是n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1，n=4跃迁到n=2，n=3跃迁到n=2，n=4跃迁到n=3。依题意，照射图甲所示的光电管阴极K，能使金属发生光电效应的是其中频率高的三种，分别是n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1。
A.由第2能级向基态跃迁辐射的光子能量为Ec=E2−E1=10.2eV
辐射能量第4大的光子能量为E4−E2=2.55eV
由于只测得3条电流随电压变化的图像，故阴极金属的逸出功介于2.55 eV∼ 10.2 eV之间，A正确;
B.b光是频率排第二高的光，则是第3能级向基态跃迁发出的，其能量值为Eb=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，B正确;
C.由乙图可知，a光的遏止电压最大，据eU=12mv02=hν−W
可知，频率最高，a光是由第4能级向基态跃迁发出的，其光子能量为13.6′eV−0.85′eV=12.75eV;由Ua=7V可知金属的逸出功为5.75eV，c光应是能级2向基态跃迁产生的光，其光子能量为10.2eV，故Uc=4.45 V，故C错误
D.若甲图中电源左端为正极，则光电管上加的正向电压，随着滑片向右滑动，正向电压逐渐增大，更多的光电子到达A极，光电流在增大;当正向电压达到某值时所有光电子都能到达A极，光电流达到最大值，滑片再向右滑动，光电流保持不变，但该选项电源右端为正极，故D错误。
故选AB。
由玻尔理论分析可能的跃迁从而确定三种光的光子能量；由图可得遏止电压，据光电效应方程Ek=hν−W0，结合光电子的最大初动能，可求得金属逸出功范围。
解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，要会推算金属逸出功的范围。
16.【答案】(1)黑
(2) ×10 1
(3)1401
(4)3000
【解析】(1)红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故B端应与黑表笔相连。
(2)[1][2]当单刀双掷开关拨到2端时，电流表的量程较小，故调零时欧姆表的内电阻较大，即欧姆表的中值电阻也较大，倍率为较大的“ ×10 ”，S拨到2端，则有
I−IgR1+R2=IgRg
电流表量程为 1mA ，即当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流为 1mA 。
(3)当欧姆表倍率取“ ×10 ”，即单刀双掷开关拨到2端时，欧姆调零的电阻为 R ，则有
R+R1+R2RgR1+R2+Rg=EI
解得
R=1401Ω
(4)当欧姆表倍率取“ ×10 ”，即单刀双掷开关拨到2端，电流表量程为 1mA ，此时欧姆表内阻为
r内=EI1=1500Ω
当指针指到 13 处时，电路的总电流为 13mA ，总电阻为 4500Ω ，故待测电阻为 3000Ω 。
17.【答案】(1)
(2)1.6
(3)偏大
【解析】(1)根据题意，画出的光路图如图所示
(2)根据折射定律 n=sinθ1sinθ2 ，可知 sinθ2−sinθ1 图像斜率倒数表示折射率，由图像可得，斜率
k=
则折射率
n=1k=10.625=1.6
(3)根据题意，在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面 a′ 画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，如图所示
由图可知，入射角i不变，导致折射角r偏小，则所测得的折射率将偏大。
18.【答案】(1) dt22−dt122h 2mg10m+2M
(2) 12(2M+10m)dt22−12(2M+10m)dt12 10mgh
(3) (2M+10m)dt2−dt1 10mgt
【解析】(1)[1]物块P通过光电门1、2时的速度分别为
v1=dt1 、 v2=dt2
物块P的遮光片从1运动到2，由运动学规律可知
a=dt22−dt122h
[2]以P、Q两物块和10个小钩码整体为研究对象，
由牛顿第二定律可知
2nmg=(10m+2M)a
整理，可得
a=2nmg10m+2M
由图像可知，a与n成正比，图像的斜率
k=2mg10m+2M
(2)[1]该过程中系统动能的增加量为
ΔEk=12(2M+10m)dt22−12(2M+10m)dt12
[2]系统重力势能的减少量为
ΔEp=10mgh
(3)[1]该过程中系统“绳向”的动量变化量为
Δp=(2M+10m)(v2−v1)=(2M+10m)dt2−dt1
[2]“绳向”合外力对系统的冲量为
I=10mgt
19.【答案】(1) 1.55×105Pa ；(2) 13 ；(3)未达标准气压
【解析】(1)气体做等容变化，由
p1T1=p2T2
得
p2=273+37273+27×1.5×105Pa=1.55×105Pa
(2)设原胎内气体做等温膨胀，由
p1V=p0V2
得
V2=1.51.0×1.8L=2.7L
故
Δmm=ΔVV2=2.7L−
即有三分之一的气体泄漏。
(3)设原胎内气体做等温膨胀后压强变为 p0 时体积变为 V3 ，得
p1V=p0V3
再将胎内气体和打气筒打入的气体看作整体一起做等温压缩，由
p01.5V+10ΔV=p′V ， ΔV=90cm3
联立解得
p′=2.0×105Pa故胎内气体未达标准气压。
20.【答案】解：(1)小振同学的滑块无法进入圆管，是因为小振的滑块质量最大，以最大弹性势能弹出的速度小于 5gR1，故在C点会脱离轨道，当弹性势能最大弹出时经过与圆心O1等高的B处时对轨道的压力最大。
弹出到B处：Epm−m3gR1=12m3vB2，
经过B处时：FN=m3vB2R1，
由牛顿第三定律可知：FN=FN′，
联立上面三式解得最大压力FN′=343N≈11.3N，方向由O1指向B。
(2)当m1刚好经过C时：m1g=m1vC12R1，联立上面两式得：Ep1=1.5J，滑块在C点不脱离轨道
或假设能到C点，由能量守恒得：Ep=2m1gR1+12m1vC2，
解得vC=4m/s> gR1，故滑块在C点不脱离轨道，
m1从起点到车左端：Ep−2m1g(R1+R2)=12m1v12，
故Ep=2J的弹性势能弹出到达车左端的速度v1=2 3m/s，
m1与车达到共速：m1v1=(m1+m)v共1，
μm1gs=12m1v12−12(m1+m)v共12，
解得：v共1= 3m/s，共速时与摆渡车的相对位移s=0.6m，
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，
摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离：
s′=v共122μg=( 3)22×5m=0.3m，
故滑块所停位置在离车右端距离或离I点左侧距离：L′=(1−0.6−0.3) m=0.1 m。
(3)将m2弹出到平台上：Ep−2m2g(R1+R2)=12m2v2，
m2与车达到共速：m2v=(m2+m)v共2，
由能量守恒：Ep=2m2g(R1+R2)+12mv共22+μm2gs，
要使得滑块停在目标区：L1+L2≤s≤L1+L2+L3，
联立上面四式解得：4.6J≤Ep≤5.5J，
Ep= 5.5J小于临界值5.8J，m2不会滑落进凹槽，
故当弹性势能4.6J≤Ep≤5.5J时，小杨同学游戏能成功。
【解析】本题考查了弹簧类机械能守恒问题、竖直面的圆周运动、动量守恒与能量守恒的综合应用，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
21.【答案】解：(1)脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为E=B⋅2dv，Q点电势高。
(2)弹簧伸展的过程中，对PQ由动量定理得Ft−BI⋅2dt=2mv，
对MN由动量定理得Ft−2BI⋅dt=mvMN，
解得导体棒MN的速度为vMN=2v，
PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E=2Bd⋅2v +B⋅2dv=6Bdv，
回路中的感应电流大小为I=E3R=2BdvR，
则MN所受的安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR。
(3)脱离前，q1=△Φ3R，代入数据解得q1=B2dL1+B2dL23R=2BLd3R，
脱离后，PQ向右运动，令最终速度为v′，
−B2dq2=2mv′−2mv，q2=CB2dv′，
得：q2=2mvCBdm+2CB2d2，
q=q1+q2=2BLd3R+2mvCBdm+2CB2d2。
【解析】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有三条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件等列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解；第三条是如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。
22.【答案】解：(1)洛伦兹力提供向心力，有evB0=mv2r，
能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值rm=a，
所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度vm=eBam。
(2)从y处水平进入平行板间的粒子，运动半径r=2y，
evB0=mυ2r，v=2eB0ym，
匀速通过：eE=evB，
得B=Ev=mE2eB0y。
(3)进入右侧磁场，因磁感应强度为2B0，所以运动半径为R= y，
磁场左边界为倾角45∘的斜线，
汇聚点横坐标x= 3a+L+a。
【解析】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，做出轨迹图，确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
(1)能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，根据洛伦兹力提供向心力求最大速度。
(2)粒子进入板间后，电场力与洛伦兹力平衡，由此求解。
(3)水平通过平行板电容器的电子进入右侧磁场后汇聚于x轴上一点，即发生了磁聚焦现象，由磁聚焦的特点分析。n
1
2
3
4
5
a/m⋅s−2
0.20
0.41
0.59
0.79
1.00
1.功率的单位是瓦特，若用国际单位制的基本单位来表示瓦特，正确的是( )
A. JsB. kg⋅m2s3C. N⋅msD. kg⋅ms3
2.如图所示，电子在电场中从a点运动到b点，实线为电场线，虚线为电子的运动轨迹，请判断下列说法正确的是
( )
A. a点的电势低于b点的电势B. 电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C. 电子在a点的速度大于在b点的速度D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
3.燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将含有食物的球面锅置于两款支架上，假设锅和锅内食物的总重量总是维持不变，则
( )
A. 如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越大
B. 如果锅的尺寸越大，则a款每个支架齿受到的压力越小
C. 如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越大
D. 如果锅的尺寸越大，则b款每个支架齿受到的压力越小
4.利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是( )
A. 手机一直没有离开手掌
B. t1时刻手机运动到最高点
C. t1时刻手机开始减速上升，t2时刻速度为0
D. t2时刻手机开始减速上升，t1∼t3时间内手机所受的支持力一直减小
5.蹦床运动是一项技巧性与观赏性都很强的运动。运动员在比赛的开始阶段会先跳几下，此阶段上升的最高点会越来越高，后来最高点基本能维持稳定。下列有关此情景说法正确的是( )
A. 运动员每次上升过程，蹦床对运动员先做正功，后做负功
B. 如果不考虑空气等各种阻力，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒
C. 最开始的几次起跳上升过程，蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量
D. 对于最高点基本稳定的情景，运动员的重力势能与蹦床弹性势能之和最小时，运动员的加速度最大
6.图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4 m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4 m，CD段长度为12 m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1 m/s，接着以1 m/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以1 m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ=0.2，关于该机器人送餐运动的说法正确的是
( )
A. 从B运动到C过程中机器人的向心加速度a=0.5 m/s2
B. 为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4 m/s
C. 从A点运动到B点过程中机器人的加速度a=0.125 m/s2且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动
D. 餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t=12秒
7.“中国空间站”在距地面高400 km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2 km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。则下列说法中正确的是( )
A. “中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的周期大于地球同步卫星的周期
B. “中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的向心加速度大小稍大于g
C. “中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的线速度大小稍大于地球的第一宇宙速度
D. “中国空间站”修正轨道时，发动机应“向后喷火”使空间站加速，但进入目标轨道正常运行后的速度小于修正之前在较低轨道上的运行速度
8.如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通有电流I，其中P、Q导线中电流方向垂直纸面向里，M导线中电流方向垂直纸面向外，三角形中心O处的磁感应强度大小为B，若撤去导线P，则三角形中心O处磁感应强度的大小为
( )
A. 0B. B2C. 3B2D. 2B
9.一列机械波沿x轴正向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙是介质中质点M的振动图像，已知t=0时M点位移为− 210m，下列说法不正确的是
( )
A. 该机械波的波速为1.0 m/sB. M点的横坐标可能为1.5 m
C. t=0时，M点振动方向向下D. t=1.0 s时，M点位移仍为− 210m
10.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同。开始时三个灯泡都能发光，工作一段时间后L3灯丝被烧断，若不考虑灯丝电阻随温度变化的情况，下列说法正确的是
( )
A. 都能发光时三个灯泡的亮度不相同B. L3灯丝被烧断后灯泡L1变亮
C. L3灯丝被烧断后灯泡L2变亮D. L3灯丝被烧断后变压器输入功率不变
11.现在的城市街道上到处都能看到各种共享自行车和电动助力车，极大地方便了市民的短途出行。如图甲是一款电动助力车，其调速把手主要是应用了“霍尔效应”来控制行驶速度的。调速把手内部截面如图乙所示，内部含有永久磁铁和霍尔器件等部件。如图丙，把手里面的霍尔器件是一个棱长分别为a、b、l的长方体金属器件，助力车正常行驶时，在霍尔器件的上下面通有一个恒定电流I，骑手将调速把手旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就会发生变化，霍尔器件就能在C、D间输出变化的电压U，电机电路感知这个电压的变化就能相应地改变电机转速，这个电压U与电机转速n的关系如图丁所示。以下叙述正确的是
( )
A. 霍尔器件C端的电势高于D端的电势
B. 若组装助力车时不小心将永久磁铁装反了(两极互换)将会影响该电动助力车的正常骑行
C. 维持恒定电流I不变，仅减小图丙中器件的尺寸a，可使电动助力车更容易获得最大速度
D. 若骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时电压会随时间均匀增大，则电动助力车的加速度将会增大
12.夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是( )
A. 在冰晶中，b光的波速比a光大
B. 通过同一仪器发生双缝干涉，b光的相邻明条纹间距较大
C. 若a光能使某金属发生光电效应，则b光也可以使该金属发生光电效应
D. a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
13.华为在2023年10月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超级充电桩，其最大输出电流为600 A，充电电压范围为200 V至1000 V，并且该充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。某天，小振开着自己的某款电动汽车来这种充电站体验，其车总质量为1.6 t，所用电池组规格为“360 V，150 A·h”(内阻不能忽略)，车上显示屏显示此次充电电量由30%充到80%用时10分钟，本次充电共消费60元(充电桩计费规则为每度电2元)。经他几天实测，显示屏电量由80%下降到50%共行驶了120公里，已知他的车行驶时的阻力为车重的0.02倍，则( )
A. 充电桩上标识的“600 kW”表示给各车充电时的平均功率
B. 小振本次充电的平均功率约为300 kW
C. 小振本次充电的充电效率约为90%
D. 小振汽车电机将电能转化为机械能的效率约为40%
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.2023年8月24日，日本政府不顾周边国家的反对执意向海洋排放福岛第一核电站的核污水，核污水中的放射性物质会对海水产生长久的、风险不可控的污染。如核污水中的 84210P具有放射性，其发生衰变时的核反应方程为 84210P→82206Pb+X，该核反应过程中放出的能量为Q。设 84210P的结合能为E1， 82206Pb的结合能为E2，X的结合能为E3，已知光在真空中的传播速度为c，则下列说法正确的是( )
A. 82206Pb的比结合能大于 84210P的比结合能
B. 该核反应过程中放出的能量Q=206E2+4E3−210E1
C. 该核反应过程中的质量亏损可以表示为m=Qc2
D. 衰变过程中放出的光子是由新原子核从高能级向低能级跃迁产生的
15.如图所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出不同频率的光，其中只有3种不同频率的光a，b，c照射到图甲电路阴极K的金属上能够发生光电效应，测得光电流随电压变化的图像如图乙所示，调节过程中三种光均能达到对应的饱和光电流，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是
( )
A. 阴极金属的逸出功可能为W0=5.5 eV
B. 图乙中的b光光子能量为12.09 eV
C. 若图乙中的Ua=7 V，则Uc=3.5 V
D. 若甲图中电源右端为正极，随滑片向右滑动，光电流先增大后保持不变
三、填空题：本大题共2小题，共12分。
16.某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示可以当作“×1”“×10”两个倍率使用的欧姆电表。他们使用到的器材有：
电源E(电动势E=1.5V，内阻忽略不计)
定值电阻R1=11Ω、R2=99Ω
电流表G(量程为Ig=100μA，内阻Rg=990Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为1500Ω)
单刀双掷开关S
(1)按照多用电表的原理，接线柱B端应该接_________表笔(选填“红”或“黑”)；
(2)当单刀双掷开关S拨到2端时，欧姆表的倍率为__________(选填“×1”或“×10”)；将红黑表笔短接调节电阻R进行欧姆调零，当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流I=_________mA；
(3)当欧姆表倍率取“×10”，将红黑表笔短接进行欧姆调零后电阻R=__________Ω；
(4)选用“×10”挡测量时，电流表偏转13，则待测电阻Rx=_________Ω。
17.下图是小明同学在做“测定玻璃的折射率”的实验中所留下的图纸。如图(a)所示，该同学选用的玻璃砖前后两个光学面相互平行，a和a′分别是玻璃砖与空气的两个界面，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并插上大头针P3，使其挡住P2、P1的像；接着插上大头针P4，使其挡住P3和P2、P1的像，用“。”表示大头针的位置，这样P1、P2确定了射入玻璃砖的光线，P3、P4确定了射出玻璃砖的光线。
(1)根据以上信息，请你在答题卡的图(a)中画出光路图_______。
(2)小明同学根据a界面测得的入射角θ1和折射角θ2的正弦值画出了如图所示的图像，从图像可求得玻璃砖的折射率是_________(保留两位有效数字)。( )
(3)如图(c)所示，若在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a′画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，则所测得的折射率与真实值相比将_________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
18.阿特伍德机是著名的力学实验装置，根据该装置可测量重力加速度，也可验证牛顿第二定律、机械能守恒定律或动量定理等力学规律。图甲是阿特伍德机的其中一种简化模型，铁架台上固定一轻质滑轮，跨过滑轮的轻质细绳悬吊质量均为M=0.440kg的两个物块P、Q，物块P侧面粘贴小遮光片，其宽度为d、质量忽略不计。在物块P、Q下各挂5个相同的小钩码，质量均为m=0.010kg。光电门1、2通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，且光电门1，2之间的距离为h。两光电门与数字计时器相连记录遮光片通过光电门的时间。整个装置现处于静止状态，当地的重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)该小组同学先用该装置探究牛顿第二定律。将n(依次取n=1、2、3、4、5)个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。由匀变速运动规律可得到物块P上升过程的加速度a=_________(用“h、d、t1、t2”表示)。该小组同学测量的数据见上表，他们将表格中的数据转变为坐标点画在图乙的坐标系中，并作出a−n图像。从图像可以得出：a与n成正比，图像的斜率k=_________(用“M、m、g”表示)。根据斜率可进一步求得当地的重力加速度。同时也说明当连接体质量一定时，连接体的加速度与其所受的合外力成正比。
(2)该小组同学想利用该装置验证机械能守恒定律，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。该过程中系统动能的增加量ΔEk=_________，系统重力势能的减少量ΔEp=_________。(用“M，m，g，h、d、t1、t2”表示)，代入真实的数据计算后即可得出系统的机械能是否守恒的结论。
(3)该小组同学还想利用该装置验证动量定理，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。并且记录下遮光片从1运动到2的时间t。若以运动方向为正方向沿绳子建立一维坐标系，则该过程中系统“绳向”的动量变化量为Δp=_________，“绳向”合外力对系统的冲量I=_________。(用“M，m，g，d，t，t1、t2”表示)，代入真实的数据计算后即可验证系统动量的变化量与合外力的冲量大小是否相等。
五、计算题：本大题共4小题，共35分。
19.自行车在生活中是一种普及程度很高的交通工具。自行车轮胎气压过低不仅费力而且又很容易损坏内胎，轮胎气压过高会使轮胎的缓冲性能下降或发生爆胎，因此保持合适的轮胎气压对延长轮胎使用寿命和提升骑行感受至关重要。已知某款自行车轮胎容积为V=1.8L且保持不变，在环境温度为27℃条件下，胎内气体压强为p1=1.5×105Pa，外界大气压强为p0=1.0×105Pa2。
(1)若该车长时间骑行在温度较高的公路上使胎内气体的温度上升到37℃，问此时车内气体的压强；
(2)若车胎的气门芯会缓慢漏气，长时间放置后胎内压强变为p0=1.0×105Pa，忽略气体温度与车胎容积的变化，问胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例；
(3)若自行车说明书规定的轮胎标准气压在室温27℃下为p=2.1×105Pa，为使车胎内气压达标，某同学用打气筒给自行车打气。设每打一次可打入压强为p0=1.0×105Pa温度为27℃的空气90cm3。请通过计算判断打气10次后车胎压强是否达到说明书规定的标准胎压。假设打气过程气体的温度保持不变，车胎因膨胀而增大的体积可以忽略不计。
20.物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为R1=0.6 m的半圆单层轨道ABC、半径为R2=0.1 m的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为m=0.1 kg的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度L1=1 m且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到Epm=5.8 J。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为m1=0.1 kg、m2=0.2 kg、m3=0.4 kg的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是μ=0.5，其他所有摩擦都不计，IJ段长度L2=0.4 m，JK段长度L3=0.7 m。问：
(1)已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心O1等高的B处时对轨道的最大压力。
(2)如果小张同学以Ep=2 J的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
(3)如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
21.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧(但不链接)，弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求
(1)脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？
(2)刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？
(3)整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？
22.如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA=a，θ=60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2B0的匀强磁场(图中未画出)，使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后汇聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求：
(1)当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少；
(2)写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律；
(3)若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标0
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键；同时注意明确物理公式同样可以进行物理单位的计算。
【解答】
根据功率的定义式P=Wt可知1W=1J/s，根据功的定义式W=FLcsα可得1J=1N⋅m，其中力的单位1N=1kg⋅m/s2，故功率单位用国际单位制的基本单位可表示为W=kg⋅m2s3，故B正确，ACD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】根据电场线(等势线)的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大。根据顺着电场线方向电势降低判断电势的高低。根据Ep=qφ可知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。
【解答】A，顺着电场线电势降低，故a点的电势高于b点的电势，故A错误；
B，b点位置电场线较密，故场强较大，电子在b点的加速度更大，B错误；
C，电子从a点运动到b点过程中电场力做负功，动能减小，故电子在a点的速度大于在b点的速度 ，故C正确；
D，电子在电势低的b点电势能更高，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查力的分解的应用，要明确锅对支架的压力的合力等于锅的重力，明确压力的方向总是垂直于接触面向下，结合力的分解规律求解。
【解答】
AB.因为a款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于支架的斜面，方向不变，锅的尺寸越大，a款每个支架齿受到的压力不变，故AB错误；
CD.因为b款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于公切面，所以锅的尺寸越大，b款每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角变小，由力的分解的知识可知b款每个支架齿受到的压力越小，故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A错误；
B.根据
Δv=aΔt
可知 a−t 图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在 t1 时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；
C.根据图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在 t2 时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；
D.由图可知 t2 时刻后加速度变为负值，速度依旧为正，则手机开始减速上升。 t1∼t3 时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得
mg−N=ma
得
N=ma+mg
可知加速度由向上到向下的过程中支持力一直减小。故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查蹦床运动满足的规律。解决问题的关键是清楚运动员的受力情况及各力做功情况，清楚运动过程的能量变化及其关系。
【解答】
A.上升过程，离开蹦床前，蹦床给运动员的弹力向上，做正功，离开蹦床之后没有弹力，不做功，故A错误；
B.站在蹦床上到跳起过程，运动员自己对自己做功(消耗体内化学能)，系统机械能会增加，故B错误；
C.最开始的几次起跳的上升过程，运动员自己对自己做功，故蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量，故C正确；
D.最高点基本稳定时，人和蹦床组成的系统机械能可认为守恒，人的重力势能与蹦床弹性势能之和最小时，运动员的动能最大，加速度应该最小，故D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动和圆周运动的综合应用。解决问题的关键是清楚机器人的运动过程及受力情况，根据圆周运动的知识和匀变速直线运动的规律结合临界条件分析求解。
【解答】
A.从B运动到C的过程中机器人的向心加速度a=v2r=124m/s2=0.25m/s2，故A错误；
B.餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有μmg=mv2r，解得vm=2 2m/s，故B错误；
C.由a=v22x=122×4m/s2=0.125m/s2知，该加速度小于发生相对滑动的临界加速度2m/s2，故C正确；
D.机器人以1m/s的速度匀减速至D点的最大加速度a=μg=2m/s2，故最短的减速时间t1=0.5s，匀减速的最小位移为0.25m，故从C点开始匀速运动的时间t2=11.75s，故从C运动到D点的最短时间为12.25s，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是清楚“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，理解第一宇宙速度的含义。知道空间站变轨满足的条件。
【解答】
A.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动的周期：GMm(R+h)2=m(R+h)(2πT)2，得T= 4π2(R+h)3GM= 4π2(R+h)3gR2≈1.4h<24h，故A错误；
B.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=ma，物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有GMmR2=mg，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为a=R2(R+h)2g，故向心加速度稍小于g，故B错误;
C.根据向心加速度公式a=v2R+h，“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为v=R gR+h< gR，故C错误;
D.空间站由低轨向高轨修正时需要离心运动，故需要发动机点火使空间站加速，但进入目标轨道后的速度比修正之前低轨的速度小，故D正确。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题首先使用安培定则判断磁感应强度的方向，在根据平行四边形定则求出合的磁感应强度大小，属于基础题。
【解答】
根据安培定则，通电导线P、M和Q在O处的磁场方向如图所示，
由题知，三角形中心O处的磁感应强度大小为B，则每根导线在O点的磁感应强度大小分别为B2，
撤去导线P后，导线Q、M在O点的磁感应强度成60∘角，合成后磁感应强度的大小为 3B2，故选C。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查振动图像和波动图像的综合应用。解决问题的关键是理解振动图像和波动图像的物理意义；清楚波传播的特点和质点振动的规律。
根据波形图得出波长，根据振动图像得出周期，由v=λT求出波速；
根据波形图和振动图像判断M点横坐标的可能性；
由振动图像确定t=0时M点振动方向；
由时间求出机械波传播的距离，确定M点位移。
【解答】
A.从图甲可得，机械波的波长λ=4m，从图乙可知机械波的周期T=4.0s，根据v=λT可得机械波的波速v=1.0m/s，故A正确；
B.机械波向x轴正方向传播，故t=0时刻，x=1.5m处的质点正向y轴正方向运动，而图乙的质点向y轴负方向运动，故B错误；
C.由图乙可知，t=0时，M点振动方向向下，故C正确；
D.t=1.0s时，该机械波传播的距离为x=vt=1.0m，M点位移仍为− 210m，故D正确。
本题选错误的，故选B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题根据并联电路特点，分析副线圈的电阻变化，根据等效电阻的思想，结合欧姆定律讨论原线圈的电流变化，最后根据变压器原副线圈电流和电压变化特点分析。
本题考查了变压器的基本性质，理解变压器原副线圈电流和电压变化特点，抓住不变和改变的物理量是解决此类问题的关键。
【解答】
A.理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1，则原、副线圈中的电流之比为1:2，故三个灯泡的电流相等，亮度相等，故A错误；
B.灯泡L3灯丝烧断后，副线圈回路电阻R副变大，如图所示，
根据变压器的等效电阻R等=(n1n2)2R副，可知，R等电阻变大，电源电压恒定，则原线圈电流减小，灯泡L1变暗，故 B错误；
C.原线圈电流减小，电源电压恒定，由于输入电流变小，灯泡L1两端的电压减小，原线圈两端电压增大，匝数比不变，故副线圈两端电压增大，所以灯泡L2变亮，故C正确；
D.设灯泡电阻为R，由于R副变成原来两倍，故R等也变成原来两倍，即变压器的等效电阻由2R变成4R，故原线圈的电压由2U3增大为4U5，有电功率公式可知，原线圈的输入功率不相等，故D错误。
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查霍尔效应。解决问题的关键是清楚霍尔效应的工作原理，结合左手定则，平衡关系分析判断。
【解答】
A.由左手定则，电子所受洛伦兹力向外，所以霍尔器件C端的电势低于D端的电势，故A错误；
B.若磁铁装反了(两极互换)霍尔电压会反向，但由丁图可知不影响电动助力车的正常骑行，故B错误；
C.由evB=eUb;I=ne×ba×v可知：U=IBnea，所以仅减小图丙中器件的尺寸a时，U增大，由丁图可知可使电动助力车更容易获得最大速度，故C正确；
D.当骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时若电压会随时间均匀增大，则由丁图可知，电动助力车的速度随时间增加更慢，加速度将减小，故D错误。
12.【答案】C
【解析】【分析】
根据光路图入射角相同，a光的偏折程度比b光的偏折程度小，知a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率比b光的低，由真空中c=λf、v=cn=λ′f分析波长大小；根据sinC=1n可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，波长越长，在同种条件下，衍射现象更明显。本题考查折射与全反射的应用，难度不大。
【解答】
A.由图可知a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则冰晶对b光的折射率比对a光的折射率大，根据棱镜色散规律可知a光的频率比b光的频率低，根据v=cn可知在冰晶中，b光的波速比a光小，故A错误；
B.根据c=λf，所以a光的波长大于b光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知用同一装置做双缝干涉实验时，a光条纹间距更大，故B错误；
C.由上可知，a光折射率小，频率小，光子能量小，所以a光比b光不容易发生光电效应，若a光能使某金属发生光电效应，则b光也可以使该金属发生光电效应，故C正确；
D.水对a光的折射率比对b光的折射率小，根据sinC=1n可知从水中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，故D错误。
故选C。
13.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了电功率、平均功率、效率的求解，要牢记每个物理量对应的公式，明确效率是输出功率与总功率的比值，要从本质上去理解概念。
【解答】
A.根据最大充电电流与最大充电电压可知，600 kW指的是最大充电功率。而最大功率Pmax=UmaxImax=1000×600=600kW。由于“充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率”，所以充电桩的平均充电功率必定小于最大功率，A错误；
B.本次充电时的平均功率约为：P=Wt=360×150×3600×(80%−30%)10×60W=162kW，B错误；
C.充电效率约为：η1=150×3600×(80％−30％)×360602×1000×3600×100%=90%，C正确；
D.机械效率约为：η2=0.02×16000×120000360×150×3600×(80%−50%)×100%=66%，D错误。
故选C。
14.【答案】AD
【解析】A.比结合能越大，原子核越稳定，由于 82206Pb 比 84210P 更稳定，所以 82206Pb 的比结合能大于 84210P 的比结合能，故A正确；
B. 84210P 的结合能为 E1 ， 82206Pb 的结合能为 E2 ，X的结合能为 E3 ，则该核反应过程中放出的能量为
Q=E2+E3−E1
故B错误；
C.根据爱因斯坦质能方程可知
Q=mc2
可得
m=Qc2
故C错误；
D.核衰变后，生成的新原子核位于高能级，能自发向低能级跃迁，从而放出光子，故D正确。
故选AD。
15.【答案】AB
【解析】解：这些氢原子在向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，按频率从高到低(辐射能量从大到小)分别是n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1，n=4跃迁到n=2，n=3跃迁到n=2，n=4跃迁到n=3。依题意，照射图甲所示的光电管阴极K，能使金属发生光电效应的是其中频率高的三种，分别是n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1。
A.由第2能级向基态跃迁辐射的光子能量为Ec=E2−E1=10.2eV
辐射能量第4大的光子能量为E4−E2=2.55eV
由于只测得3条电流随电压变化的图像，故阴极金属的逸出功介于2.55 eV∼ 10.2 eV之间，A正确;
B.b光是频率排第二高的光，则是第3能级向基态跃迁发出的，其能量值为Eb=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，B正确;
C.由乙图可知，a光的遏止电压最大，据eU=12mv02=hν−W
可知，频率最高，a光是由第4能级向基态跃迁发出的，其光子能量为13.6′eV−0.85′eV=12.75eV;由Ua=7V可知金属的逸出功为5.75eV，c光应是能级2向基态跃迁产生的光，其光子能量为10.2eV，故Uc=4.45 V，故C错误
D.若甲图中电源左端为正极，则光电管上加的正向电压，随着滑片向右滑动，正向电压逐渐增大，更多的光电子到达A极，光电流在增大;当正向电压达到某值时所有光电子都能到达A极，光电流达到最大值，滑片再向右滑动，光电流保持不变，但该选项电源右端为正极，故D错误。
故选AB。
由玻尔理论分析可能的跃迁从而确定三种光的光子能量；由图可得遏止电压，据光电效应方程Ek=hν−W0，结合光电子的最大初动能，可求得金属逸出功范围。
解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，要会推算金属逸出功的范围。
16.【答案】(1)黑
(2) ×10 1
(3)1401
(4)3000
【解析】(1)红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故B端应与黑表笔相连。
(2)[1][2]当单刀双掷开关拨到2端时，电流表的量程较小，故调零时欧姆表的内电阻较大，即欧姆表的中值电阻也较大，倍率为较大的“ ×10 ”，S拨到2端，则有
I−IgR1+R2=IgRg
电流表量程为 1mA ，即当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流为 1mA 。
(3)当欧姆表倍率取“ ×10 ”，即单刀双掷开关拨到2端时，欧姆调零的电阻为 R ，则有
R+R1+R2RgR1+R2+Rg=EI
解得
R=1401Ω
(4)当欧姆表倍率取“ ×10 ”，即单刀双掷开关拨到2端，电流表量程为 1mA ，此时欧姆表内阻为
r内=EI1=1500Ω
当指针指到 13 处时，电路的总电流为 13mA ，总电阻为 4500Ω ，故待测电阻为 3000Ω 。
17.【答案】(1)
(2)1.6
(3)偏大
【解析】(1)根据题意，画出的光路图如图所示
(2)根据折射定律 n=sinθ1sinθ2 ，可知 sinθ2−sinθ1 图像斜率倒数表示折射率，由图像可得，斜率
k=
则折射率
n=1k=10.625=1.6
(3)根据题意，在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面 a′ 画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，如图所示
由图可知，入射角i不变，导致折射角r偏小，则所测得的折射率将偏大。
18.【答案】(1) dt22−dt122h 2mg10m+2M
(2) 12(2M+10m)dt22−12(2M+10m)dt12 10mgh
(3) (2M+10m)dt2−dt1 10mgt
【解析】(1)[1]物块P通过光电门1、2时的速度分别为
v1=dt1 、 v2=dt2
物块P的遮光片从1运动到2，由运动学规律可知
a=dt22−dt122h
[2]以P、Q两物块和10个小钩码整体为研究对象，
由牛顿第二定律可知
2nmg=(10m+2M)a
整理，可得
a=2nmg10m+2M
由图像可知，a与n成正比，图像的斜率
k=2mg10m+2M
(2)[1]该过程中系统动能的增加量为
ΔEk=12(2M+10m)dt22−12(2M+10m)dt12
[2]系统重力势能的减少量为
ΔEp=10mgh
(3)[1]该过程中系统“绳向”的动量变化量为
Δp=(2M+10m)(v2−v1)=(2M+10m)dt2−dt1
[2]“绳向”合外力对系统的冲量为
I=10mgt
19.【答案】(1) 1.55×105Pa ；(2) 13 ；(3)未达标准气压
【解析】(1)气体做等容变化，由
p1T1=p2T2
得
p2=273+37273+27×1.5×105Pa=1.55×105Pa
(2)设原胎内气体做等温膨胀，由
p1V=p0V2
得
V2=1.51.0×1.8L=2.7L
故
Δmm=ΔVV2=2.7L−
即有三分之一的气体泄漏。
(3)设原胎内气体做等温膨胀后压强变为 p0 时体积变为 V3 ，得
p1V=p0V3
再将胎内气体和打气筒打入的气体看作整体一起做等温压缩，由
p01.5V+10ΔV=p′V ， ΔV=90cm3
联立解得
p′=2.0×105Pa
20.【答案】解：(1)小振同学的滑块无法进入圆管，是因为小振的滑块质量最大，以最大弹性势能弹出的速度小于 5gR1，故在C点会脱离轨道，当弹性势能最大弹出时经过与圆心O1等高的B处时对轨道的压力最大。
弹出到B处：Epm−m3gR1=12m3vB2，
经过B处时：FN=m3vB2R1，
由牛顿第三定律可知：FN=FN′，
联立上面三式解得最大压力FN′=343N≈11.3N，方向由O1指向B。
(2)当m1刚好经过C时：m1g=m1vC12R1，联立上面两式得：Ep1=1.5J，滑块在C点不脱离轨道
或假设能到C点，由能量守恒得：Ep=2m1gR1+12m1vC2，
解得vC=4m/s> gR1，故滑块在C点不脱离轨道，
m1从起点到车左端：Ep−2m1g(R1+R2)=12m1v12，
故Ep=2J的弹性势能弹出到达车左端的速度v1=2 3m/s，
m1与车达到共速：m1v1=(m1+m)v共1，
μm1gs=12m1v12−12(m1+m)v共12，
解得：v共1= 3m/s，共速时与摆渡车的相对位移s=0.6m，
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，
摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离：
s′=v共122μg=( 3)22×5m=0.3m，
故滑块所停位置在离车右端距离或离I点左侧距离：L′=(1−0.6−0.3) m=0.1 m。
(3)将m2弹出到平台上：Ep−2m2g(R1+R2)=12m2v2，
m2与车达到共速：m2v=(m2+m)v共2，
由能量守恒：Ep=2m2g(R1+R2)+12mv共22+μm2gs，
要使得滑块停在目标区：L1+L2≤s≤L1+L2+L3，
联立上面四式解得：4.6J≤Ep≤5.5J，
Ep= 5.5J小于临界值5.8J，m2不会滑落进凹槽，
故当弹性势能4.6J≤Ep≤5.5J时，小杨同学游戏能成功。
【解析】本题考查了弹簧类机械能守恒问题、竖直面的圆周运动、动量守恒与能量守恒的综合应用，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
21.【答案】解：(1)脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为E=B⋅2dv，Q点电势高。
(2)弹簧伸展的过程中，对PQ由动量定理得Ft−BI⋅2dt=2mv，
对MN由动量定理得Ft−2BI⋅dt=mvMN，
解得导体棒MN的速度为vMN=2v，
PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E=2Bd⋅2v +B⋅2dv=6Bdv，
回路中的感应电流大小为I=E3R=2BdvR，
则MN所受的安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR。
(3)脱离前，q1=△Φ3R，代入数据解得q1=B2dL1+B2dL23R=2BLd3R，
脱离后，PQ向右运动，令最终速度为v′，
−B2dq2=2mv′−2mv，q2=CB2dv′，
得：q2=2mvCBdm+2CB2d2，
q=q1+q2=2BLd3R+2mvCBdm+2CB2d2。
【解析】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有三条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件等列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解；第三条是如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。
22.【答案】解：(1)洛伦兹力提供向心力，有evB0=mv2r，
能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值rm=a，
所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度vm=eBam。
(2)从y处水平进入平行板间的粒子，运动半径r=2y，
evB0=mυ2r，v=2eB0ym，
匀速通过：eE=evB，
得B=Ev=mE2eB0y。
(3)进入右侧磁场，因磁感应强度为2B0，所以运动半径为R= y，
磁场左边界为倾角45∘的斜线，
汇聚点横坐标x= 3a+L+a。
【解析】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，做出轨迹图，确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
(1)能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，根据洛伦兹力提供向心力求最大速度。
(2)粒子进入板间后，电场力与洛伦兹力平衡，由此求解。
(3)水平通过平行板电容器的电子进入右侧磁场后汇聚于x轴上一点，即发生了磁聚焦现象，由磁聚焦的特点分析。n
1
2
3
4
5
a/m⋅s−2
0.20
0.41
0.59
0.79
1.00
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