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2023-2024学年浙江省丽水市高二（下）期末考试物理试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年浙江省丽水市高二（下）期末考试物理试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量为矢量的是( )
A. 时间B. 电场强度C. 电势D. 路程
2.下列说法正确的是( )
A. 图甲中运动员将球踢出后，足球在空中受到重力、阻力和推力
B. 图乙中研究花样滑冰运动员旋转动作时，可将运动员看成质点
C. 图丙中跳水运动员在空中运动时处于完全失重状态
D. 图丁为神舟十三号航天员出舱，此时地球对航天员的引力大于航天员对地球的引力
3.一个小球在空中由静止自由下落，不计空气阻力，下列关于小球在空中运动过程中的速度v、加速度a、重力做功瞬时功率P、机械能E随时间t变化关系中，错误的是( )
A. B.
C. D.
4.丽水拥有很多美丽的绿道，绿道骑行成为越来越多人的放松方式。如图，一位大人和一位小孩在绿道转弯处骑行，大人和小孩以相同的速率转弯，路面水平，转弯过程近似为匀速圆周运动，则大人和小孩( )
A. 受到的向心力大小相等B. 转弯过程中位移大小与路程相等
C. 转弯过程中由静摩擦力提供向心力D. 转弯过程中加速度为零
5.如图所示，一同学站在水平地面上身体前倾保持姿势不动，则下列说法正确的是( )
A. 人对地面的压力方向斜向下B. 人对地面有水平向后的摩擦力
C. 地面对人有水平向后的摩擦力D. 地面对人的支持力竖直向上
6.“拉曼散射”是指一定频率的光照射到样品表面时，物质中的分子与光子发生能量转移，散射出不同频率的光.若在反射时光子将一部分能量传递给分子，则( )
A. 光传播速度变大B. 光子的波长变小C. 光子的频率变大D. 光子的动量变小
7.手机无线充电工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2=5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间输入电压u=220 2sin100πt(V)的交变电流后，受电线圈中产生交变电流再通过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电，这时转换电路ef两端的电压为5V，受电线圈中的电流为2A。把装置线圈视同为理想变压器，则( )
A. 送电线圈电压有效值为220V
B. 受电线圈中的频率为100Hz
C. 快速充电时，流过送电线圈的电流大小为0.2A
D. 快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5V
8.目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应 mnX+01n→37Li+24He，反应释放出的高杀伤力的α粒子作用在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死。已知X粒子的质量为mX，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，Li核的质量为mLi。下列说法正确的是( )
A. mnX核中子数比 37Li核中子数多一个B. α射线比γ射线穿透力强
C. mLi+mα=mn+mXD. 该反应类型属于α衰变
9.如图所示为嫦娥六号在登月过程中的轨道变化，中心处为月球。从轨道I变轨到轨道Ⅲ，在A、B两点该航天器点火变速。已知轨道I、Ⅲ为圆形轨道，半径分别为R1和R2，嫦娥六号在轨道I上绕行时周期为T，轨道Ⅱ为椭圆轨道。轨道I和Ⅱ相切于A点，轨道Ⅱ和Ⅲ相切于B点。由此可分析( )
A. 轨道Ⅲ上的环绕速度小于在轨道I上的环绕速度
B. 沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时加速度大小相等
C. 沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时速度大小相等
D. 根据题干条件，无法求得嫦娥六号卫星从A点到B点的时间
10.如图，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平初速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。金属棒抛出后，下列说法正确的是( )
A. 做平抛运动B. a端电势高于b端
C. 受到的安培力水平向左D. 感应电动势会变化
11.如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其振幅和波长都相等，它们在相遇的某一时刻会发生两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中ae为“消失区”两边缘处，b、c、d恰好将ae间距进行四等分，则从此刻开始，( )
A. a处质点将向上运动B. b处质点将向下运动
C. c处质点将向上运动D. d处质点将向下运动
12.如图，电荷量为+Q的点电荷与一无限大接地金属板MN相距为2d，P点与金属板相距为d，R点与P点关于点电荷对称。现测得P点电势为3V。下列说法正确的是( )
A. P点场强大小为kQd2，方向水平向右
B. R点场强与P点场强大小相等，方向相反
C. 点电荷与金属板间的电势差大于6V
D. 将一负试探电荷从P点移动到R点，静电力做负功
13.如图所示，某水池下方水平放置一直径为d=0.6m的圆环形发光细灯带，O点为圆环中心正上方，灯带到水面的距离ℎ可调节，水面上面有光传感器(图中未画出)，可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一深度ℎ1时，发现水面上形成两个以O为圆心的亮区，其中半径r1=1.2m的圆内光强更强，已知水的折射率n=43，则( )
A. 湖面能被照亮的区域半径为1.5m
B. 若仅增大圆环灯带的半径，则湖面上中间光强更强的区域也变大
C. 灯带的深度ℎ1= 72m
D. 当ℎ1≤ 75m时，湖面中央将出现暗区
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列说法正确的是( )
A. 电磁波的传播离不开介质，其在真空中不能传播
B. 分子的无规则运动无法直接观察，悬浮微粒的无规则运动并不是分子的运动
C. 如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管
D. 热核反应一旦发生，靠自身产生的热就会使反应继续下去
15.如图1所示，太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成，其核心部分是P型和N型半导体的交界区域—— PN结。如图2所示，取P型和N型半导体的交界为坐标原点，PN结左右端到原点的距离分别为xP、xN，光持续照射时，PN结之间形成大小分布如图3所示方向由N区指向P区内建电场E场(已知xP、xN和E0)，原来被正电荷约束的电子至少需要获得能量为E的黄光子才能发生内光电效应变为自由电子，产生了电子—空穴对，空穴带正电且电荷量等于元电荷e；该电池短路时单位时间内通过外电路某一横截面的电子数为n。已知普朗克常量为ℎ，光速为c。关于该太阳能电池的说法正确的是( )
A. 该材料发生光电效应的极限波长为Eℎc
B. 改用紫外线照射该材料，则不能发生光电效应
C. 该太阳能电池的电动势为E′=E02(xP+xN)
D. 该太阳能电池的内组为r=E02ne(xP+xN)
三、实验题：本大题共3小题，共14分。
16.在用图示的装置验证动量守恒定律时，实验步骤如下：
①先不放靶球B，将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次，把10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点；
②在斜槽末端放上球B，将球A从斜槽上同一位置由静止释放，与球B碰后落到白纸上某两点，重复该动作10次，把A、B两球10次落点分别用一个最小的圆圈起来，圆心分别标为M、N点；
③分别测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x1、x2、x3。回答下列问题：
(1)以下实验条件正确的是 。
A.斜槽必须光滑且末端切线水平 B.测量斜槽末端距白纸的高度ℎ
C.小球A、B直径必须相同 D.两球的质量关系满足mB>mA
(2)用最小圆的圆心定位小球落点的目的是通过多次测量取平均值以减小_____(填“偶然误差”或“系统误差”)。
(3)若A、B两球的质量分别为mA、mB，实验中需验证的关系是____(用题中字母表示)。
(4)若某次实验中得出的落点情况如图乙所示，则说明该碰撞_____(“是”或“否”)为弹性碰撞。
17.某小组准备选用以下器材完成“测电源电动势和内阻”的实验：两节干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干，
(1)请用笔代替导线将图甲中的实物连线补充完整___。
(2)某次实验时电流表的读数如图乙所示，此时电流表读数是___A，改变滑动变阻器的滑片，得到多组实验数据，利用数据画出U−I图，如图丙，根据图线得到每节干电池的电动势为_____V、内阻为_____Ω。(结果均保留两位小数)
(3)若将一非线性元件接入该电池组两端，该非线性元件的电压和电流关系如图丁，则此时该电源的效率是_____%(结果取两位有效数字)。
18.关于下列实验，说法正确的是( )
A.在“探究力的合成规律”的实验中，弹簧测力计外壳和桌面的摩擦会影响实验结果
B.在“观察光的双缝干涉”的实验中，若看到干涉条纹与分划板中心刻线不平行是因为单双缝不平行造成的
C.在“利用单摆测重力加速度”实验中，若把摆线长当做摆长，则测量的重力加速度会偏小
D.在“利用油膜法测油酸分子直径”的实验中，为了得到稳定的油膜形状，可以先滴入油酸酒精溶液再洒上痱子粉
四、计算题：本大题共4小题，共41分。
19.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为ℎ，环境温度降低时容器内气体放热，活塞缓慢下降一定高度d后再次平衡。
(1)在活塞缓慢下降的过程中，气体分子平均动能如何变化；
(2)求气体内部压强p；
(3)求整个过程外界对气体所做的功；
(4)已知整个过程气体内能减少了ΔU，求气体向外界放出的热量。
20.某同学设计了一运输装置模型，如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、水平传送带BC、两个相同的四分之一光滑圆轨道CDE以及一辆平板车EF组成，AB与BC间平滑连接，其中C点和E点分别为圆轨道的最高点和最低点，C点在传送带右端转轴的正上方，与传送带间隙很小，恰好可以让一个货物通过，E点与平板车上表面持平。已知足够长轨道AB的倾角θ=37°，传送带长L1=0.4m，圆轨道半径R=0.2m，货物与AB、BC轨道的动摩擦因素µ1=0.125，与平板车的动摩擦因素µ2=0.5。平板车质量M=0.1kg，长L2=1m，与水平地面的摩擦力不计。某次调试时将一质量m=0.1kg的货物从A点静止释放，整个运动过程货物不能脱离轨道，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若货物从距离B点0.9m处静止释放，求货物在AB轨道上运动的时间；
(2)在(1)的情况下，若传送带静止，求货物运动到圆弧轨道上C点时对轨道的压力；
(3)若传送带以3m/s顺时针转动，要使货物不从平板车上滑落，求货物释放点与B点距离的取值范围。
21.如图所示，PQ、MN是两条固定在水平面内间距l=1m的光滑平行轨道，两轨道在O、O＇处各有一小段长度可以忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨，金属导轨电阻不计。轨道左端连接一个R=0.3Ω的电阻，轨道的右端连接一个“恒流源”，使导体棒ab在OO＇右侧时电流恒为I=0.5A。以O为坐标原点，沿轨道MN建立x轴，在0≤x≤1m区域范围内有以EF为底边的等腰三角形匀强磁场，B1=0.1T；在x<0的足够长的区域内存在匀强磁场，B2=0.2T。两区域磁场方向均垂直轨道平面向下。开始时，质量m=0.05kg、长度l=1m、电阻r=0.1Ω的导体棒ab在外力作用下静止在EF处。现撤去外力，发现ab棒沿轨道向左运动。已知重力加速度g取10m/s2，求：
(1)撤去外力瞬间ab棒中的电流方向和ab棒所受安培力的大小；
(2)撤去外力后，试画出在0≤x≤1m范围内的F安—x图像，并计算这个过程中安培力所做的功；
(3)ab棒最终停的位置离OO＇的距离。
22.在芯片加工制作中，需要对带电粒子的运动进行精准调控。图甲为某一精准调控简化图，在xy平面内的第一、四象限有匀强电场E(大小未知)，方向沿y轴正方向。在第三象限内有边界与坐标轴相切、半径为a的圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于纸面向外、大小B0未知。ΔOCD内有垂直于纸面、大小B未知的匀强磁场，OC边长为4a，∠DCO=30°。一质量为m、带电量为+q的粒子，从A点(2a,0)以与x轴成某一角度射入第四象限，经电场偏转后从P1点(0,−1.5a)垂直于y轴进入第三象限，经圆形磁场后从P2点(−a,0)进入ΔOCD中，已知粒子在磁场中运动的速率为v，不计粒子的重力，整个过程粒子均在xOy平面内运动。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)圆形磁场的磁感应强度B0的大小；
(3)若粒子垂直于CD边离开磁场，求ΔOCD内匀强磁场的磁感应强度B；
(4)若ΔOCD内的磁感应强度B=mv2qa，粒子在ΔOCD内运动的过程中会受到气体阻力f，其方向与速度v的方向相反，大小f=mv24a。现在该区域叠加一平行与xOy平面的旋转电场E′(如乙图所示)，使粒子与旋转电场以相同的角速度ω=va做匀速圆周运动，且粒子的线速度与旋转电场的夹角(小于90°)保持不变。只考虑粒子受到匀强磁场的洛伦兹力、旋转电场的电场力及气体的阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。求所加电场强度E′的大小。
参考答案
1。B
2。C
3。D
4。C
5。D
6。D
7。D
8。A
9。B
10。A
11。B
12。C
13。C
14。BCD
15。CD
16。.(1)C
(2)偶然误差
(3) mAx2=mAx1+mBx3
(4)否
【详解】(1)A.斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜槽末端飞出时做平抛运动，但斜槽是否光滑对实验无影响，故A错误；
B.本实验是根据平抛的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要测量斜槽末端距地面的高度，故B错误；
C.要保证两球在斜槽末端发生正碰，则小球A、B直径必须相同，故C正确；
D.为了防止两球碰撞后反弹，则需满足入射球的质量大于被碰球的质量，故D错误。
故选C。
(2)用最小圆的圆心定位小球落点，可以得到平均落点从而减小实验偶然误差。
(3)需要验证的动量守恒表达式为
mAv0=mAv1+mBv2
因落地时间相等，则有
mAv0t=mAv1t+mBv2t
可得
mAx2=mAx1+mBx3
(4)要进一步验证碰撞是否为弹性碰撞，则应验证
12mAv 02=12mAv 12+12mBv 22
化简可得
OM+OP=ON
结合图乙可知，该碰撞不是弹性碰撞。
17。(1)见解析
(2) 0.24##0.25 1.45 1.21
(3)76%##77%##78%
【详解】(1)实物图如下
(2)[1]电流表选0−06A，所以最小刻度值为0.02A，所以读数为0.24mA。
[2]由闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir
变形得
U=E−Ir
可知 U−I 图像纵截距绝对值为电动势，即
E=2.90V
每节干电池电动势为1.45V，图像的斜率表示内阻，有
r=2.90−−0Ω=2.41Ω
每节电池内阻为1.21 Ω 。
(3)把丙图线和丁图线画在同一个 U−I 中
两线交点为 0.27,2.23 ，交点代表该一非线性元件接入该电池组两端，回路的工作点。所以此时电源的效率是
η=UE×100％=77％
18。C
【详解】A.在“探究力的合成规律”的实验中，弹簧测力计外壳和桌面的摩擦，不影响弹簧测力计测量，不会影响实验结果，故A错误；
B.在“观察光的双缝干涉”的实验中，若看到干涉条纹与分划板中心刻线不平行是因为分划板中心刻线和双缝不平行造成的，故B错误；
C.在“利用单摆测重力加速度”实验中，根据单摆周期公式 T=2π lg 可得
g=4π2lT2
可知若把摆线长当做摆长，则摆长的测量值偏小，测量的重力加速度会偏小，故C正确；
D.在“利用油膜法测油酸分子直径”的实验中，为了得到稳定的油膜形状，正确操作步骤应为在水面上先撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定，故D错误。
故选C。
19。(1)减小；(2) p0+mgS ；(3) (mg+p0S)d ；(4) ΔU+(mg+p0S)d
【详解】(1)在活塞缓慢下降的过程中，压强不变，体积减少，温度减低，所以气体分子平均动能减小。
(2)对活塞分析，有
pS=mg+p0S
得
p=p0+mgS
(3)对整过程分析，有
W=(mg+p0S)d
(4)对整过程分析，有
ΔU=Q+W
得
Q=−ΔU−(mg+p0S)d
放出热量大小为 ΔU+(mg+p0S)d
20。(1)0.6s；(2)3N，方向竖直向上；(3) 0.1m≤LAB≤1.3m
【详解】(1)货物从A到B，根据牛顿第二定律
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma
解得
a=5m/s2
根据匀变速直线运动规律
L=12at2
解得
t=0.6s
(2)由(1)可得
vB=at=3m/s
从B到C，根据动能定理
−μ2mgL1=12mvC2−12mvB2
解得
vC=2 2m/s
在C点，根据牛顿第二定律
FN+mg=mvC2R
解得
FN=3N
根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3N，方向竖直向上；
(3)当货物滑到平板车上F点时与车恰好共速，此时货物恰好不从车上滑落，设共速时两者速度为 vF ，货物滑到E点时的速度为 vE ，根据动量守恒定律
mvE=m+MvF
又因为能量守恒定律，有
−μ2mgL2=12(m+M)vF2−12mvE2
联立解得
vE=2 5m/s
从C到E，根据动能定理
2mgR=12mvE2−12mvC2
解得
vC=2 3m/s
又由于货物运动过程中不脱离轨道，在C点时的最小速度满足
mg=mv02R
解得
v0= 2m/s
所以经过C点的速度范围为
2m/s≤vC≤2 3m/s
若在传送带上全程加速到 2m/s ，则
μ1mgL1=12mvC2−12mvB12
解得
v B1=1m/s
若在传送带上全程减速到 2 3m/s ，则
−μ1mgL1=12mvC2−12mvB22
解得
v B2= 13m/s
所以经过B点的速度范围为
1m/s≤vB≤ 13m/s
从A到B，根据匀变速直线运动规律
vB2=2aLAB
解得
0.1m≤LAB≤1.3m
所以当 0.1m≤LAB≤1.3m 时，货物既不会脱离轨道，也不会滑出平板车
21。(1)从b到a，0.05N；(2)，0.025J；(3)0.5m
【详解】(1)由题可知，ab棒沿轨道向左运动，根据左手定则判断，电流的方向从b到a，所受安培力为
F安=B1IL=0.1×0.5×1N=0.05N
(2)导体棒在磁场中的长度随x的增大，均匀增大，则安培力也均匀增大，则可作图
ab棒受到的安培力随位移线性变化，所以
W安=F安+02x=0.025J
对ab棒，从EF到OO＇过程，列动能定理
W安=12mv2
解得
v=1m/s
设棒ab穿过左侧匀强磁场B2过程中，由动量定理
−B2ILΔt=0−mv
其中
IΔt=ER+rΔt=ΔΦR+r=B2LxR+r
联立，解得
x=0.5m
22。(1) E=3mv24qa ；(2) B0=mvqa ；(3) B= 3mv3qa ，方向垂直于纸面向里；(4) E′= 5mv24qa
【详解】(1)粒子在第四象限的运动为类平抛运动的逆过程，x方向
vt=2ay方向
12qEmt2=3a2
联立解得
E=3mv24qa
(2)由磁聚焦模型可知，粒子在圆形磁场中的轨迹半径r1=a。由
qvB0=mv2r1
得
B0=mvqa
(3)设粒子进入ΔOCD内磁场时与速度与x轴正方向间的夹角为α，由几何知识可知
csα=12
解得
α=60°
粒子垂直于CD出射，如图
则
2r2cs30∘=4a−a
解得
r2= 3a
又
r2=mvqB
解
B= 3mv3qa
方向垂直于纸面向里。
(4)对粒子作受力分析如下图所示
设电场力与速度方向夹角为θ，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律
qEsinθ+qvB=mv2r (r=a)
沿圆周的切线方向
qEcsθ=f
联立解得
E= 5mv24qa
1.下列物理量为矢量的是( )
A. 时间B. 电场强度C. 电势D. 路程
2.下列说法正确的是( )
A. 图甲中运动员将球踢出后，足球在空中受到重力、阻力和推力
B. 图乙中研究花样滑冰运动员旋转动作时，可将运动员看成质点
C. 图丙中跳水运动员在空中运动时处于完全失重状态
D. 图丁为神舟十三号航天员出舱，此时地球对航天员的引力大于航天员对地球的引力
3.一个小球在空中由静止自由下落，不计空气阻力，下列关于小球在空中运动过程中的速度v、加速度a、重力做功瞬时功率P、机械能E随时间t变化关系中，错误的是( )
A. B.
C. D.
4.丽水拥有很多美丽的绿道，绿道骑行成为越来越多人的放松方式。如图，一位大人和一位小孩在绿道转弯处骑行，大人和小孩以相同的速率转弯，路面水平，转弯过程近似为匀速圆周运动，则大人和小孩( )
A. 受到的向心力大小相等B. 转弯过程中位移大小与路程相等
C. 转弯过程中由静摩擦力提供向心力D. 转弯过程中加速度为零
5.如图所示，一同学站在水平地面上身体前倾保持姿势不动，则下列说法正确的是( )
A. 人对地面的压力方向斜向下B. 人对地面有水平向后的摩擦力
C. 地面对人有水平向后的摩擦力D. 地面对人的支持力竖直向上
6.“拉曼散射”是指一定频率的光照射到样品表面时，物质中的分子与光子发生能量转移，散射出不同频率的光.若在反射时光子将一部分能量传递给分子，则( )
A. 光传播速度变大B. 光子的波长变小C. 光子的频率变大D. 光子的动量变小
7.手机无线充电工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2=5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间输入电压u=220 2sin100πt(V)的交变电流后，受电线圈中产生交变电流再通过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电，这时转换电路ef两端的电压为5V，受电线圈中的电流为2A。把装置线圈视同为理想变压器，则( )
A. 送电线圈电压有效值为220V
B. 受电线圈中的频率为100Hz
C. 快速充电时，流过送电线圈的电流大小为0.2A
D. 快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5V
8.目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应 mnX+01n→37Li+24He，反应释放出的高杀伤力的α粒子作用在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死。已知X粒子的质量为mX，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，Li核的质量为mLi。下列说法正确的是( )
A. mnX核中子数比 37Li核中子数多一个B. α射线比γ射线穿透力强
C. mLi+mα=mn+mXD. 该反应类型属于α衰变
9.如图所示为嫦娥六号在登月过程中的轨道变化，中心处为月球。从轨道I变轨到轨道Ⅲ，在A、B两点该航天器点火变速。已知轨道I、Ⅲ为圆形轨道，半径分别为R1和R2，嫦娥六号在轨道I上绕行时周期为T，轨道Ⅱ为椭圆轨道。轨道I和Ⅱ相切于A点，轨道Ⅱ和Ⅲ相切于B点。由此可分析( )
A. 轨道Ⅲ上的环绕速度小于在轨道I上的环绕速度
B. 沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时加速度大小相等
C. 沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时速度大小相等
D. 根据题干条件，无法求得嫦娥六号卫星从A点到B点的时间
10.如图，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平初速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。金属棒抛出后，下列说法正确的是( )
A. 做平抛运动B. a端电势高于b端
C. 受到的安培力水平向左D. 感应电动势会变化
11.如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其振幅和波长都相等，它们在相遇的某一时刻会发生两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中ae为“消失区”两边缘处，b、c、d恰好将ae间距进行四等分，则从此刻开始，( )
A. a处质点将向上运动B. b处质点将向下运动
C. c处质点将向上运动D. d处质点将向下运动
12.如图，电荷量为+Q的点电荷与一无限大接地金属板MN相距为2d，P点与金属板相距为d，R点与P点关于点电荷对称。现测得P点电势为3V。下列说法正确的是( )
A. P点场强大小为kQd2，方向水平向右
B. R点场强与P点场强大小相等，方向相反
C. 点电荷与金属板间的电势差大于6V
D. 将一负试探电荷从P点移动到R点，静电力做负功
13.如图所示，某水池下方水平放置一直径为d=0.6m的圆环形发光细灯带，O点为圆环中心正上方，灯带到水面的距离ℎ可调节，水面上面有光传感器(图中未画出)，可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一深度ℎ1时，发现水面上形成两个以O为圆心的亮区，其中半径r1=1.2m的圆内光强更强，已知水的折射率n=43，则( )
A. 湖面能被照亮的区域半径为1.5m
B. 若仅增大圆环灯带的半径，则湖面上中间光强更强的区域也变大
C. 灯带的深度ℎ1= 72m
D. 当ℎ1≤ 75m时，湖面中央将出现暗区
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列说法正确的是( )
A. 电磁波的传播离不开介质，其在真空中不能传播
B. 分子的无规则运动无法直接观察，悬浮微粒的无规则运动并不是分子的运动
C. 如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管
D. 热核反应一旦发生，靠自身产生的热就会使反应继续下去
15.如图1所示，太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成，其核心部分是P型和N型半导体的交界区域—— PN结。如图2所示，取P型和N型半导体的交界为坐标原点，PN结左右端到原点的距离分别为xP、xN，光持续照射时，PN结之间形成大小分布如图3所示方向由N区指向P区内建电场E场(已知xP、xN和E0)，原来被正电荷约束的电子至少需要获得能量为E的黄光子才能发生内光电效应变为自由电子，产生了电子—空穴对，空穴带正电且电荷量等于元电荷e；该电池短路时单位时间内通过外电路某一横截面的电子数为n。已知普朗克常量为ℎ，光速为c。关于该太阳能电池的说法正确的是( )
A. 该材料发生光电效应的极限波长为Eℎc
B. 改用紫外线照射该材料，则不能发生光电效应
C. 该太阳能电池的电动势为E′=E02(xP+xN)
D. 该太阳能电池的内组为r=E02ne(xP+xN)
三、实验题：本大题共3小题，共14分。
16.在用图示的装置验证动量守恒定律时，实验步骤如下：
①先不放靶球B，将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次，把10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点；
②在斜槽末端放上球B，将球A从斜槽上同一位置由静止释放，与球B碰后落到白纸上某两点，重复该动作10次，把A、B两球10次落点分别用一个最小的圆圈起来，圆心分别标为M、N点；
③分别测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x1、x2、x3。回答下列问题：
(1)以下实验条件正确的是 。
A.斜槽必须光滑且末端切线水平 B.测量斜槽末端距白纸的高度ℎ
C.小球A、B直径必须相同 D.两球的质量关系满足mB>mA
(2)用最小圆的圆心定位小球落点的目的是通过多次测量取平均值以减小_____(填“偶然误差”或“系统误差”)。
(3)若A、B两球的质量分别为mA、mB，实验中需验证的关系是____(用题中字母表示)。
(4)若某次实验中得出的落点情况如图乙所示，则说明该碰撞_____(“是”或“否”)为弹性碰撞。
17.某小组准备选用以下器材完成“测电源电动势和内阻”的实验：两节干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干，
(1)请用笔代替导线将图甲中的实物连线补充完整___。
(2)某次实验时电流表的读数如图乙所示，此时电流表读数是___A，改变滑动变阻器的滑片，得到多组实验数据，利用数据画出U−I图，如图丙，根据图线得到每节干电池的电动势为_____V、内阻为_____Ω。(结果均保留两位小数)
(3)若将一非线性元件接入该电池组两端，该非线性元件的电压和电流关系如图丁，则此时该电源的效率是_____%(结果取两位有效数字)。
18.关于下列实验，说法正确的是( )
A.在“探究力的合成规律”的实验中，弹簧测力计外壳和桌面的摩擦会影响实验结果
B.在“观察光的双缝干涉”的实验中，若看到干涉条纹与分划板中心刻线不平行是因为单双缝不平行造成的
C.在“利用单摆测重力加速度”实验中，若把摆线长当做摆长，则测量的重力加速度会偏小
D.在“利用油膜法测油酸分子直径”的实验中，为了得到稳定的油膜形状，可以先滴入油酸酒精溶液再洒上痱子粉
四、计算题：本大题共4小题，共41分。
19.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为ℎ，环境温度降低时容器内气体放热，活塞缓慢下降一定高度d后再次平衡。
(1)在活塞缓慢下降的过程中，气体分子平均动能如何变化；
(2)求气体内部压强p；
(3)求整个过程外界对气体所做的功；
(4)已知整个过程气体内能减少了ΔU，求气体向外界放出的热量。
20.某同学设计了一运输装置模型，如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、水平传送带BC、两个相同的四分之一光滑圆轨道CDE以及一辆平板车EF组成，AB与BC间平滑连接，其中C点和E点分别为圆轨道的最高点和最低点，C点在传送带右端转轴的正上方，与传送带间隙很小，恰好可以让一个货物通过，E点与平板车上表面持平。已知足够长轨道AB的倾角θ=37°，传送带长L1=0.4m，圆轨道半径R=0.2m，货物与AB、BC轨道的动摩擦因素µ1=0.125，与平板车的动摩擦因素µ2=0.5。平板车质量M=0.1kg，长L2=1m，与水平地面的摩擦力不计。某次调试时将一质量m=0.1kg的货物从A点静止释放，整个运动过程货物不能脱离轨道，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若货物从距离B点0.9m处静止释放，求货物在AB轨道上运动的时间；
(2)在(1)的情况下，若传送带静止，求货物运动到圆弧轨道上C点时对轨道的压力；
(3)若传送带以3m/s顺时针转动，要使货物不从平板车上滑落，求货物释放点与B点距离的取值范围。
21.如图所示，PQ、MN是两条固定在水平面内间距l=1m的光滑平行轨道，两轨道在O、O＇处各有一小段长度可以忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨，金属导轨电阻不计。轨道左端连接一个R=0.3Ω的电阻，轨道的右端连接一个“恒流源”，使导体棒ab在OO＇右侧时电流恒为I=0.5A。以O为坐标原点，沿轨道MN建立x轴，在0≤x≤1m区域范围内有以EF为底边的等腰三角形匀强磁场，B1=0.1T；在x<0的足够长的区域内存在匀强磁场，B2=0.2T。两区域磁场方向均垂直轨道平面向下。开始时，质量m=0.05kg、长度l=1m、电阻r=0.1Ω的导体棒ab在外力作用下静止在EF处。现撤去外力，发现ab棒沿轨道向左运动。已知重力加速度g取10m/s2，求：
(1)撤去外力瞬间ab棒中的电流方向和ab棒所受安培力的大小；
(2)撤去外力后，试画出在0≤x≤1m范围内的F安—x图像，并计算这个过程中安培力所做的功；
(3)ab棒最终停的位置离OO＇的距离。
22.在芯片加工制作中，需要对带电粒子的运动进行精准调控。图甲为某一精准调控简化图，在xy平面内的第一、四象限有匀强电场E(大小未知)，方向沿y轴正方向。在第三象限内有边界与坐标轴相切、半径为a的圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于纸面向外、大小B0未知。ΔOCD内有垂直于纸面、大小B未知的匀强磁场，OC边长为4a，∠DCO=30°。一质量为m、带电量为+q的粒子，从A点(2a,0)以与x轴成某一角度射入第四象限，经电场偏转后从P1点(0,−1.5a)垂直于y轴进入第三象限，经圆形磁场后从P2点(−a,0)进入ΔOCD中，已知粒子在磁场中运动的速率为v，不计粒子的重力，整个过程粒子均在xOy平面内运动。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)圆形磁场的磁感应强度B0的大小；
(3)若粒子垂直于CD边离开磁场，求ΔOCD内匀强磁场的磁感应强度B；
(4)若ΔOCD内的磁感应强度B=mv2qa，粒子在ΔOCD内运动的过程中会受到气体阻力f，其方向与速度v的方向相反，大小f=mv24a。现在该区域叠加一平行与xOy平面的旋转电场E′(如乙图所示)，使粒子与旋转电场以相同的角速度ω=va做匀速圆周运动，且粒子的线速度与旋转电场的夹角(小于90°)保持不变。只考虑粒子受到匀强磁场的洛伦兹力、旋转电场的电场力及气体的阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。求所加电场强度E′的大小。
参考答案
1。B
2。C
3。D
4。C
5。D
6。D
7。D
8。A
9。B
10。A
11。B
12。C
13。C
14。BCD
15。CD
16。.(1)C
(2)偶然误差
(3) mAx2=mAx1+mBx3
(4)否
【详解】(1)A.斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜槽末端飞出时做平抛运动，但斜槽是否光滑对实验无影响，故A错误；
B.本实验是根据平抛的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要测量斜槽末端距地面的高度，故B错误；
C.要保证两球在斜槽末端发生正碰，则小球A、B直径必须相同，故C正确；
D.为了防止两球碰撞后反弹，则需满足入射球的质量大于被碰球的质量，故D错误。
故选C。
(2)用最小圆的圆心定位小球落点，可以得到平均落点从而减小实验偶然误差。
(3)需要验证的动量守恒表达式为
mAv0=mAv1+mBv2
因落地时间相等，则有
mAv0t=mAv1t+mBv2t
可得
mAx2=mAx1+mBx3
(4)要进一步验证碰撞是否为弹性碰撞，则应验证
12mAv 02=12mAv 12+12mBv 22
化简可得
OM+OP=ON
结合图乙可知，该碰撞不是弹性碰撞。
17。(1)见解析
(2) 0.24##0.25 1.45 1.21
(3)76%##77%##78%
【详解】(1)实物图如下
(2)[1]电流表选0−06A，所以最小刻度值为0.02A，所以读数为0.24mA。
[2]由闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir
变形得
U=E−Ir
可知 U−I 图像纵截距绝对值为电动势，即
E=2.90V
每节干电池电动势为1.45V，图像的斜率表示内阻，有
r=2.90−−0Ω=2.41Ω
每节电池内阻为1.21 Ω 。
(3)把丙图线和丁图线画在同一个 U−I 中
两线交点为 0.27,2.23 ，交点代表该一非线性元件接入该电池组两端，回路的工作点。所以此时电源的效率是
η=UE×100％=77％
18。C
【详解】A.在“探究力的合成规律”的实验中，弹簧测力计外壳和桌面的摩擦，不影响弹簧测力计测量，不会影响实验结果，故A错误；
B.在“观察光的双缝干涉”的实验中，若看到干涉条纹与分划板中心刻线不平行是因为分划板中心刻线和双缝不平行造成的，故B错误；
C.在“利用单摆测重力加速度”实验中，根据单摆周期公式 T=2π lg 可得
g=4π2lT2
可知若把摆线长当做摆长，则摆长的测量值偏小，测量的重力加速度会偏小，故C正确；
D.在“利用油膜法测油酸分子直径”的实验中，为了得到稳定的油膜形状，正确操作步骤应为在水面上先撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定，故D错误。
故选C。
19。(1)减小；(2) p0+mgS ；(3) (mg+p0S)d ；(4) ΔU+(mg+p0S)d
【详解】(1)在活塞缓慢下降的过程中，压强不变，体积减少，温度减低，所以气体分子平均动能减小。
(2)对活塞分析，有
pS=mg+p0S
得
p=p0+mgS
(3)对整过程分析，有
W=(mg+p0S)d
(4)对整过程分析，有
ΔU=Q+W
得
Q=−ΔU−(mg+p0S)d
放出热量大小为 ΔU+(mg+p0S)d
20。(1)0.6s；(2)3N，方向竖直向上；(3) 0.1m≤LAB≤1.3m
【详解】(1)货物从A到B，根据牛顿第二定律
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma
解得
a=5m/s2
根据匀变速直线运动规律
L=12at2
解得
t=0.6s
(2)由(1)可得
vB=at=3m/s
从B到C，根据动能定理
−μ2mgL1=12mvC2−12mvB2
解得
vC=2 2m/s
在C点，根据牛顿第二定律
FN+mg=mvC2R
解得
FN=3N
根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3N，方向竖直向上；
(3)当货物滑到平板车上F点时与车恰好共速，此时货物恰好不从车上滑落，设共速时两者速度为 vF ，货物滑到E点时的速度为 vE ，根据动量守恒定律
mvE=m+MvF
又因为能量守恒定律，有
−μ2mgL2=12(m+M)vF2−12mvE2
联立解得
vE=2 5m/s
从C到E，根据动能定理
2mgR=12mvE2−12mvC2
解得
vC=2 3m/s
又由于货物运动过程中不脱离轨道，在C点时的最小速度满足
mg=mv02R
解得
v0= 2m/s
所以经过C点的速度范围为
2m/s≤vC≤2 3m/s
若在传送带上全程加速到 2m/s ，则
μ1mgL1=12mvC2−12mvB12
解得
v B1=1m/s
若在传送带上全程减速到 2 3m/s ，则
−μ1mgL1=12mvC2−12mvB22
解得
v B2= 13m/s
所以经过B点的速度范围为
1m/s≤vB≤ 13m/s
从A到B，根据匀变速直线运动规律
vB2=2aLAB
解得
0.1m≤LAB≤1.3m
所以当 0.1m≤LAB≤1.3m 时，货物既不会脱离轨道，也不会滑出平板车
21。(1)从b到a，0.05N；(2)，0.025J；(3)0.5m
【详解】(1)由题可知，ab棒沿轨道向左运动，根据左手定则判断，电流的方向从b到a，所受安培力为
F安=B1IL=0.1×0.5×1N=0.05N
(2)导体棒在磁场中的长度随x的增大，均匀增大，则安培力也均匀增大，则可作图
ab棒受到的安培力随位移线性变化，所以
W安=F安+02x=0.025J
对ab棒，从EF到OO＇过程，列动能定理
W安=12mv2
解得
v=1m/s
设棒ab穿过左侧匀强磁场B2过程中，由动量定理
−B2ILΔt=0−mv
其中
IΔt=ER+rΔt=ΔΦR+r=B2LxR+r
联立，解得
x=0.5m
22。(1) E=3mv24qa ；(2) B0=mvqa ；(3) B= 3mv3qa ，方向垂直于纸面向里；(4) E′= 5mv24qa
【详解】(1)粒子在第四象限的运动为类平抛运动的逆过程，x方向
vt=2ay方向
12qEmt2=3a2
联立解得
E=3mv24qa
(2)由磁聚焦模型可知，粒子在圆形磁场中的轨迹半径r1=a。由
qvB0=mv2r1
得
B0=mvqa
(3)设粒子进入ΔOCD内磁场时与速度与x轴正方向间的夹角为α，由几何知识可知
csα=12
解得
α=60°
粒子垂直于CD出射，如图
则
2r2cs30∘=4a−a
解得
r2= 3a
又
r2=mvqB
解
B= 3mv3qa
方向垂直于纸面向里。
(4)对粒子作受力分析如下图所示
设电场力与速度方向夹角为θ，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律
qEsinθ+qvB=mv2r (r=a)
沿圆周的切线方向
qEcsθ=f
联立解得
E= 5mv24qa
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