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2020-2021学年浙江省嘉兴市高二下学期期末检测物理试题 解析版
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这是一份2020-2021学年浙江省嘉兴市高二下学期期末检测物理试题 解析版，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省嘉兴市2020-2021学年高二下学期物理期末检测试卷
一、单选题（共13题；共39分）
1.下列单位是由国际单位制基本单位组成的是（ ）
A. 加速度的单位m/s2 B. 电阻率的单位Ω•m C. 电场强度的单位V/m D. 冲量的单位N•s
2.共和国勋章获得者于敏先生是一位伟大的核物理学家，在中国氢弹原理突破中解决了一系列基础问题和理论问题。下列有关说法正确的是（ ）
A. 裂变比聚变产能效率高
B. 核电站、氢弹都是利用了核聚变反应
C. 氢弹的研制成功说明热核反应已经可控
D. 氘核与氚核结合为氦核的聚变方程是 12H+13H→24He+01n
3.如图所示，在直线行驶的汽车中（车窗关闭、未开空调），用轻绳拴住的氢气球和挂在中央后视镜上的车挂件都偏离了竖直方向。则（ ）
A. 汽车速度越大，氢气球的惯性越大 B. 由氢气球的状态表明汽车在做减速运动
C. 空气对氢气球有斜向右上方的作用力 D. 空气对氢气球的作用力大于氢气球对空气的作用力
4.下列说法正确的是（ ）
A. 原子核的结合能越大，原子核就越稳定
B. 电子束穿过铝箱后的行射图样说明电子具有波动性的
C. 氡的半衰期是3.8天，100个氡原子经过3.8天后还剩50个
D. 卢瑟福 α 粒子散射实验，揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中
5.如图，真空冶炼炉、扼流圈、动圈式扬声器和磁电式电流表都有导线绕制的线圈，关于这四种器件的说法正确的是（ ）
A. 真空冶炼炉线圈中应通高压低频交流电
B. 电流越大，扼流圈对电流的阻碍作用越明显
C. 除了磁电式电流表外，其余三种器件的工作原理都是电磁感应
D. 动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈受安培力进行工作
6.如图甲是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结光旺构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图乙所示，则（ ）
A. 翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象 B. 翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象
C. 光经翅脊反射后的频率变大 D. 光在翅脊中的波长大于在空气中波长
7.如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线框abcd在同一平面内，线框的ab边与直导线平行。现用外力使线框向直导线靠近且始终保持ab边与直导线平行，在线框靠近直导线的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 线框内感应电流方向是a→d→c→b→a的方向 B. 线框对直导线有向左的作用力
C. ad边和bc边不受安培力 D. 线框abcd内的磁场方向垂直线框平面向外
8.科技发展正不断改变着我们的生活。如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感。如图乙所示，当放上手机时，会排出手机背面和纳米材料之间的大部分空气，使手机被牢牢的压在支架上。若手机所受重力为G，手机平面与水平面的夹角为 θ ，则支架对手机的（ ）
A. 作用力方向斜向左上方 B. 支持力大小为 Gcosθ
C. 支持力不可能大于G D. 作用力大小为 Gtanθ
9.小李乘坐16节车厢编组的高铁旅行。他位于某节车厢尾部且恰好进入隧道时，立即以正常速度向此车厢前部行走。他经过15s到达车厢头部时恰好出隧道。行走过程中看到车厢内显示屏上的示数为216km/h，则该列车通过隧道的时间最接近于（ ）
A. 10s B. 15s C. 21s D. 30s
10.“嫦娥五号”月表土壤采样完成后，质量为m1=500kg的上升器携带土壤样品，在月面升空，开启返程之旅。在预设交会对接处，质量为m2=2500kg的轨道器与返回器组合体（简称“轨返体”）以v2=1611.2m/s的速度追上并俘获速度为v1=1607.1m/s的上升器，成功完成交会对接，并以共同速度飞行一小段时间。假设整个交会对接过程在一直线上完成。已知月球半径约为地球的 311 ，月球表面重力加速度约为地球的 16 ，则（ ）
A. 整个交会对接过程机械能守恒
B. 对接后的共同速度为1609.15 m/s
C. 上升器要绕月球做圆周运动至少需要约为7.9 km/s的发射速度
D. 交会对接过程，外力对上升器的冲量约为1700 N⋅s
11.带正电的粒子在外力作用下沿虚线做匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d是圆上的4个等分点。电流大小为I的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O连线的中点。则（ ）
A. a、O两点的磁感应强度相同
B. 运动过程中，粒子所受合力不变
C. 粒子从a运动到c，洛伦兹力先变大后变小
D. 粒子从a出发运动一周，洛伦兹力先做正功再做负功，总功为零
12.用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R=0.25 m的四分之一圆弧形轨道不同位置无初速释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角 θ=45° ，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的 F-x 图像，则由图可求得小球质量为（ ）
A. 0.25 kg B. 0.5 kg C. 0.75 kg D. 1kg
13.如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电小球A用长为L的绝缘细线悬挂于O点。电荷量为 -q 的带电小球B固定于O点正下方绝缘柱上，O点与小球B的间距为1.6L。小球A从细线与竖直方向夹角为 θ=37° 处由静止释放，经过O点正下方时细线拉力为 13mg4 。已知 kq2L2=9mg20 ，静电力常量为k，两小球均能看成点电荷， sin37°=0.6 ， cos37°=0.8 。则（ ）
A. 小球A在刚释放瞬间细线拉力大小为0.8mg
B. 小球A在摆动中，由重力、拉力和静电力的合力提供回复力
C. 小球A经过最低点时的加速度大小为g
D. 小球A从释放到运动至最低点，电势能增加0.3mgL
二、多选题（共3题；共6分）
14.有两列简谐横波的振幅都是10cm，传播速度大小相同。O点是实线波的波源，实线波沿x轴正方向传播，波的频率为5Hz；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻实线波刚好传到x=12m处质点，虚线波刚好传到x=0处质点，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 实线波的传播速度大小为20 m/s
B. 虚线波比实线波更容易发生明显衍射现象
C. 平衡位置为x=6m处的质点始终处于振动加强区，振幅为20cm
D. 从图示时刻起再经过0.45s，x=6m处的质点在y=10cm处
15.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接交流电源和理想交流电压表、理想交流电流表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压表示数保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化。当闭合开关S接通抽油烟机时，下列说法正确的是（ ）
A. 热水器两端电压的瞬时值表达式为 u=2202sin(100πt)V B. 电压表示数为440V
C. 热水器两端电压减小 D. 变压器的输入功率减小
16.在甲、乙两次不同的光电效应实验中，得到如图所示的 Uc-ν 图像，其中Uc为反向e遏止电压， ν 为入射光频率，已知电子电荷量为e，则下列判断正确的是（ ）
A. 甲、乙图线的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量h
B. 两次实验相比，甲实验中金属的逸出功较大
C. 用同一入射光做实验（均发生光电效应），甲实验中的光电子最大初动能较大
D. 若将甲、乙实验中领率为截止频率的光，分别通过同一双缝干涉装置，甲的干涉条纹间距大
三、非选择题（共6题；共55分）
17.利用如图甲所示装置，可以完成实验一“探究小车速度随时间变化规律”实验二“探究加速度与力、质量的关系”，实验三“探究功与速度变化的关系”。
（1）三个实验中___________
A.都必须平衡摩擦力
B.都必须使细线平行轨道
C.都必须使用学生电源
D.小车质量都必须远远大于重物质量
（2）图乙中（a）（b）（c）分别为三个实验中所作的图像，下列说法正确的是___________
A.图（a）中图像没有过原点，所以实验数据错误
B.图（b）中图像没有过原点可能是因为没有平衡摩擦力
C.图（c）说明做功与速度的平方成正比
（3）如图丙所示是实验二中打出的一条纸带的一部分，C、D、E是纸带上连续的三个计数点（相邻记数点间还有四个计时点），已知电源频率是50Hz，则计数点D对应的小车速度大小为________m/s。（结果保留两位有效数字）
（4）在实验三中，要得到功的具体数值来探究功与速度变化的关系，需要直接测量的物理量有___________
A.小车的质量
B.小桶和重物的总质量
C.纸带上记数点的位移
D.小车运动的时间
18.在“探宄变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，小张同学利用如图甲所示可拆式变压器进行研究。
①正确选择器材后，将图中变压器的原线圈接线0、8接线柱与直流电压8.0V相连（如图乙），副线圈接线0、4接线柱接电表，则所接电表的示数是________
A．16.0V B．8.0V C．4.0V D．0
②小张同学利用多用电表“ ×10 ”倍率的电阻档测量副线圈的电阻，如图丙所示，读数为________Ω
19.实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）；
定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
①小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据作出U-I图像，如图乙所示。结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是________。
A．电压表分流 B．干电池内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小 D．电流表内阻较小
②针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量，根据实验数据做出U—I图像，如图丙所示。根据图像可知，所选的定值电阻为________（填“R1”或“R2”），干电池内阻r=________Ω。（保留两位有效数字）
20.疫情期间，为了避免人员的直接接触，常用无人机运送物品。如图所示，无人机携带质量m=1kg的医药箱从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后开始做匀速直线运动，匀速上升h0=20m，然后再经匀减速t2=4s后到达用户阳台，此时无人机恰好悬停，医药箱离地高度h=32m。若在匀加速阶段无人机对医药箱的作用力大小为F=15N，整个运动过程中医药箱可看成质点，且所受空气阻力恒定。求
（1）医药箱运动过程中的最大速度；
（2）匀加速阶段医药箱的加速度的大小和位移大小；
（3）匀减速阶段无人机对医药箱的作用力大小。
21.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角 θ=37° 的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为 r=0.1m 的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有场强大小为 E0=4mg5q 、方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场， BB' 是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为L=1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因素为 μ=0.25 ，设小物块电荷量保持不变， sin37°=0.6 ， cos37°=0.8 。
（1）求小物块运动至B点的速度大小；
（2）若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值（结果用E0表示）；
（3）若小物块刚好通过圆轨道最高点，离开D点后又恰好没有进入电场直接落在BC面上，求BC的长度。
22.如图甲所示，两光滑平行轨道置于水平面内，轨距为 L1=1m ，其中AB、 A'B' 段轨道是绝缘材料，其余轨道都是金属材料。虚线右侧有大小为B=0.5T，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。金属棒a、b垂直导轨静止放置，电阻 Ra=Rb=1Ω ，质量 ma=mb=0.1kg 。导轨间通过单刀双掷开关S连接电动势为E=1.5V的电源和电容为C=0.2F的电容器，先将开关S接通“1”，待电路稳定后再接通“2”。已知金属棒a在到达 AA' 前已达到最大速度，轨道足够长且两金属棒运动过程中始终不碰撞。不计金属导轨电阻。求
（1）金属棒a在到达 AA' 前的最大速度vm；
（2）整个过程中金属棒b产生的焦耳热Qb；
（3）若将AB、 A'B' 段右侧轨道改为如图乙所示，金属棒b静止置于轨距为L2= 0.5m的窄轨道上，其余条件不变。金属棒a始终在宽轨道上运动，金属棒b始终不脱离轨道，求金属棒a、b的最终速度大小。
23.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，磁场方向平行薄板。在电压可调的平行金属板负极板附近，质量为m，电荷量为 -q 的粒子由静止加速后从磁场左边界的P点水平射入磁场，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。P点到板的距离为 L4 ，粒子重力不计，电荷量保持不变。（ sin53°=0.8 ， cos53°=0.6 ， 3≈1.732 ）
（1）若粒子未与板碰撞，直接从磁场左边界射出，求电压U的范围；
（2）若粒子垂直磁场右边界射出，求粒子在磁场中运动的最短时间t；
（3）若粒子从磁场右边界射出，求电压U的范围和粒子最多与板碰撞的次数。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【考点】单位制及量纲
【解析】【解答】A．加速度的单位m/s2是由国际单位制基本单位组成的，A符合题意；
BCD．电阻率单位中的Ω、电场强度单位中的V、冲量单位中的N不是国际单位制基本单位，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】电阻率单位中的欧姆、电场强度单位中的伏特、冲量单位中的牛顿都不是属于国际基本单位。
2.【答案】 D
【考点】核裂变与核聚变
【解析】【解答】AB．因为核裂变容易控制且发生的条件比核聚变低，所以目前的核电站主要是利用核裂变，但是核裂变的产能效率比核聚变低，AB不符合题意；
C．氢弹爆炸是不可控的，它的研制成功并不能说明热核反应可控，C不符合题意；
D．氘核与氚核结合为氦核的核聚变方程是 12H+13H→24He+01n
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】裂变的产能效率比聚变反应低；核电站实验核裂变反应；氢弹爆炸是不可控制的；利用质量数和电荷数守恒可以导出对应的核反应方程。
3.【答案】 C
【考点】牛顿第三定律，牛顿第二定律
【解析】【解答】A．惯性只和质量有关，与物体的运动状态无关，A不符合题意；
B．挂件受到斜向右上方的拉力及重力作用，合力水平向右，故汽车在做加速运动，B不符合题意；
C．氢气球受到重力、浮力、轻绳斜向左下方的拉力，要随车一起加速，故空气对氢气球有斜向右上方的作用力，C符合题意；
D．由牛顿第三定律可知，空气对氢气球的作用力等于氢气球对空气的作用力，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度大小无关；挂件受到的拉力和重力的合力显示加速度的方向，进而判别汽车做加速运动；氢气球受到了重力、浮力和拉力的作用，利用加速度方向可以判别空气对气球的作用力方向；空气和气球之间的作用力属于相互作用，大小相等。
4.【答案】 B
【考点】原子核的衰变、半衰期，玻尔原子理论
【解析】【解答】A．原子核的平均结合能越大，原子核就越稳定，与结合能的大小无关，A不符合题意；
B．衍射、干涉、偏振等现象都是波动性特有的现象，电子束穿过铝箱后的行射图样，说明电子具有波动性，B符合题意；
C．半衰期是一个统计规律，对大量原子核衰变成立，对少数原子核衰变不适用，C不符合题意；
D．卢瑟福 α 粒子散射实验，揭示了原子的核式结构，而“原子只能处于一系列不连续的能量状态中”是波尔的原子模型理论，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】原子核的比结合能大小反映其原子核的稳定程度；半衰期只对大量原子核有统计的意义；a粒子的散射实验揭示了原子的核式结构。
5.【答案】 D
【考点】安培力，涡流
【解析】【解答】A．真空冶炼炉线圈中应通高频交流电，利用电磁感应使金属内部产生涡流而产生热量，A不符合题意；
B．扼流圈对变化电流有阻碍作用，电流变化越快，扼流圈对电流的阻碍作用越明显，B不符合题意；
CD．动圈式扬声器是利用电流在磁场中受到安培力原理制成的，磁电式电流表是利用通电线圈受安培力作用做阻尼运动进行工作的， 真空冶炼炉利用电磁感应工作，扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用制成的，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】真空冶炼炉线圈应该通高频交流电，利用电磁感应原理时金属内部产生涡流；扼流线圈当电流变化越快其阻碍作用越明显；动圈式扬声器时利用电流受到安培力的作用其磁电式电流表也是利用通电线圈受到安培力作用的原理工作。
6.【答案】 A
【考点】光的干涉
【解析】【解答】蓝色大闪蝶的翅膀凸起的翅脊上的“台阶结构”都隔着空气层，自然光会不断地在空气层和“台阶结构”里发生反射和折射，蓝色大闪蝶无论是它的厚度，材质，还是它树状脊脉上“台阶结构”的位置，都适合蓝光发生相长干涉，鳞片绽放出的绚丽光彩，正是蓝光相干干涉的产物，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】翅膀灿烂闪烁是由于蓝光发生了干涉现象，其光反射后频率不变，当折射率变大时光在翅脊的波长变小。
7.【答案】 B
【考点】楞次定律
【解析】【解答】AD．根据安培定则可知，导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，则线框中的磁场方向垂直纸面向里，用外力使线框向直导线靠近，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，AD不符合题意；
BC．ab中的电流由a到b，根据左手定则可知，直导线对ab有向右的作用力，对cd边由向左的作用力，且向左的力小于向右的力；ad边受到平行直导线向下的力，bc边受到平行直导线向上的力，这两个力平衡，所以根据相互作用力的特点，线框对直导线有向左的作用，B符合题意，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向及安培力的方向；利用左手定则可以判别导线的受力方向；利用安培定则可以判别线圈中磁场的方向。
8.【答案】 A
【考点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．手机放在支架上时，排出手机背面和纳米材料之间的大部分空气，使手机被牢牢的压在支架上，则手机受力为重力、垂直手机斜向右下方的大气压力、支架的支持力和摩擦力，根据平衡力的关系可知，重力与大气压力的合力跟支架对手机的作用力平衡，所以作用力方向斜向左上方，A符合题意；
BC．支持力大小为 F支=Gcosθ+F压
可能大于G，BC不符合题意；
D．支架对手机的作用力与手机重力和大气压力的和平衡，且手机支架与水平面的夹角为锐角，所以支架对手机的作用力大于手机重力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由于手机静止，利用大气压力及重力的合力方向可以判别支架对手机的作用力方向；利用平衡方程可以求出支持力的大小；利用平衡方程可以判别手机支架产生的作用力大小。
9.【答案】 C
【考点】匀速直线运动
【解析】【解答】设隧道长为l，一节车厢长为x，人走路的速度约为2m/s，则 l+x=vt=2163.6×15m=60×15m
l+2x=(v+2)t=(2163.6+2)×15m=62×15m
可得 x=30m，l=870m
则火车过隧道的时间为 t1=l+16xv=22.5s
该列车通过隧道的时间最接近于21s。
故答案为：C。
【分析】利用人运动的位移公式结合列车运动的位移公式可以求出车厢的长度和隧道的长度，利用火车总位移和速度的大小可以求出过隧道的时间。
10.【答案】 D
【考点】万有引力定律及其应用，动量守恒定律
【解析】【解答】A．交会对接过程是完全非弹性碰撞，机械能有损失，A不符合题意；
B．整个交会对接过程由动量守恒定律可得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据解得 v≈1610.5m/s
B不符合题意；
C．在地球表面，由重力作为向心力可得 mg=mv'12R
解得地球的第一宇宙速度为 v'1=gR=7.9km/s
同理可得，月球的第一宇宙速度为 v″1=16g⋅311R≈0.21v≈1.66km/s
故上升器要绕月球做圆周运动至少需要约为1.66 km/s的发射速度，C不符合题意；
D．交会对接过程，对上升器，由动量定理可得 I=m1(v-v1)
解得 I=1700N⋅s
故外力对上升器的冲量约为1700 N⋅s ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】交会对接属于完全非弹性碰撞其机械能有损失；利用动量守恒定律可以求出对接后速度的大小；利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；第一宇宙速度作为最小的发射速度；利用动量定理可以求出外力对上升器的冲量大小。
11.【答案】 C
【考点】安培定则
【解析】【解答】A．由右手螺旋定则可知a、O两点的磁感应强度大小相同，方向相反，A不符合题意；
B．粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，向心力的大小不变，方向时刻改变，B不符合题意；
C．匀速圆周运动，速度大小不变，在a点，速度方向和磁感应强度方向相反，洛伦兹力为零，在c点速度方向和磁感应强度方向相同，洛伦兹力为零，在ac之间的圆弧，速度方向和磁感应强度方向不在同一条直线上，洛伦兹力不为零，故粒子从a运动到c，洛伦兹力先变大后变小，C符合题意。
D．洛伦兹力总是与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用安培定则可以判别a、O两点的磁感应强度方向相反；由于粒子做匀速圆周运动则粒子受到的合力方向时刻改变；利用磁场方向和粒子的速度方向可以判别其洛伦兹力的大小变化；洛伦兹力总是与速度方向垂直所以不做功。
12.【答案】 B
【考点】平抛运动
【解析】【解答】在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有 F-mg=mv02R
小球做平抛运动时的水平射程 x=s=v0t
小球的竖直位移 y=h=12gt2
根据几何关系可得 yx=tanθ
联立即得 x=2v02tanθg
F=mg+mg2Rtanθ x
由图像可知当x=0.5m时，F=10N，则mg=5N
解得m=0.5kg
故答案为：B；
【分析】利用平抛运动的位移公式结合斜面的角度可以求出初速度的表达式，结合在弧线轨道最低点的牛顿第二定律可以求出F与x的表达式，利用图像坐标结合表达式可以求出小球质量的大小。
13.【答案】 C
【考点】简谐运动，牛顿第二定律
【解析】【解答】A．小球A所受重力沿绳分力为 G1=mgcos37∘=0.8mg
小球A受到重力、AB间的库伦引力、绳的拉力作用，在刚释放瞬间，速度为零，沿绳方向平衡，故细线拉力等于重力的分力与库仑力的分力之和，不等于0.8mg，A不符合题意；
B．小球A在摆动中受重力、拉力和静电力的作用，沿切线方向的分力之和作为回复力，B不符合题意；
C．小球A经过最低点时，沿切线方向的合力为零，沿半径方向，由牛顿第二定律可得
T-mg-kq2(1.6L-L)2=ma
解得在最低点的加速度大小为a=g
C符合题意；
D．设到达最低点的速度为v，满足a=v2L
解得 v=gL
小球A从释放到运动至最低点的过程，由能量守恒可得 ΔE电+12mv2=mgL(1-cosθ)
解得 ΔE电=-0.3mgL
即电势能减少0.3mgL，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小球A刚释放时，利用沿绳子方向的平衡方程可以判别绳子拉力的大小；小球在摆动过程中，其重力、拉力和静电力沿切线方向的分力作为回复力；小球经过最低点时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用小球在最低点的加速度大小可以求出小球线速度的大小，结合释放点到最低点过程的能量守恒定律可以求出电势能的变化量。
二、多选题
14.【答案】 A,B,D
【考点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图可知实线波的波长 λ=4m ，可得
v=λf=4×5m/s=20m/s
A符合题意；
B．由图可知虚线波的波长大于实线波的波长，故虚线波比实线波更容易发生明显衍射现象，B符合题意；
C．由 v=λf 得 f=vλ 两列波波速相同，则有 f实:f虚=3:2
因为两列波频率不同，无干涉现象，不存在振动加强区的说法，C不符合题意；
D．实线波的周期为 T实=1f实=0.2s
则虚线波的周期为 T虚=1f虚=0.3s
由同侧法可知，在图示时刻起x=6m质点处实线波和虚线波都向上振动，实线波经过0.45s即 2T实4 ，质点处于正向最大振幅处，虚线波经过0.45s即 1T虚2 ，回到平衡位置，叠加后可得，x=6m质点处在正向最大振幅即y=10cm处，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用波长和频率可以求出波传播的速度；利用波长的比较可以判别虚线波更容易发生衍射现象；利用波速相等结合波长的大小可以求出频率的不同，由于频率不同所以无干涉现象；利用波的周期可以判别其质点的位置，利用波的叠加可以求出质点位移的大小。
15.【答案】 B,C
【考点】变压器原理
【解析】【解答】A．图乙为副线圈上电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上电压，A不符合题意；
B．由交流电规律可知，副线圈上电压的有效值为220 V，由变压器变压关系 U1U2=n1n2
可知，原线圈电压有效值为440 V，电压表示数为440V ，B符合题意；
CD．闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率也增大，因此通过原副线圈的电流都增大，根据部分电路欧姆定律可知，R两端的电压增大，所以热水器两端电压减小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由于热水器的电压小于副线圈的电压，所以其电压的峰值小于副线圈峰值的大小；利用匝数之比可以求出原线圈电压表的读数；当闭合开关时输出电阻变小则输出电流增大，导致其定值电阻分压变大则热水器两端电压变小；由于输出电流增大及输出电压不变则输入功率增大。
16.【答案】 C,D
【考点】光电效应
【解析】【解答】AB．根据爱因斯坦光电效应方程，有 hν=W逸+Ekm=W逸+eUc
即有 Uc=heν-W逸e
由题图知甲、乙图线的斜率相同，但斜率大小为 k=he
不表示普朗克常量h；图线的纵截距为 b=-W逸e
所以由图像知，两次实验相比，乙实验中金属的逸出功较大，AB不符合题意；
C．根据爱因斯坦光电效应方程可得：光电子最大初动能 Ekm=hν-W逸
因为乙实验中金属的逸出功较大，所以用同一入射光做实验（均发生光电效应），甲实验中的光电子最大初动能较大，C符合题意；
D． Uc-ν 图像图线横截距表示金属的截止频率，由题图知，甲乙两种金属的截止频率关系为 ν乙>ν甲
所以，若将甲、乙实验中频率为截止频率的光，分别通过同一双缝干涉装置，根据 Δx=Ldλ=lcdν
可知，甲的干涉条纹间距大于乙的干涉条纹间距，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用光电效应方程结合动能定理可以求出遏止电压和频率的关系式，利用关系式可以判别其斜率和截距的含义；利用截距的大小可以比较逸出功的大小；利用逸出功的大小结合光照频率的大小可以比较光电子最大初动能的大小；利用图像横截距可以比较截止频率的大小，利用频率的大小可以比较光的波长，结合波长和干涉条纹间距的关系可以比较干涉条纹间距的大小。
三、非选择题
17.【答案】 （1）B
（2）B
（3）0.82~0.84
（4）B,C
【考点】验证牛顿运动定律（探究加速度与力、质量的关系）
【解析】【解答】（1）A．在这三个实验中 “探究小车速度随时间变化规律”不需要平衡摩擦力，所以A不符合题意；
B．三个实验都需要调节滑轮高度使细线与长木板平行，B符合题意；
C．三个实验中都用到了电火花打点计时器，工作电压是220V，需要用到220V 的交流电源，不使用学生电源，所以C不符合题意；
D．“探究加速度与力、质量的关系和“探究功与速度变化的关系”需要小车质量都必须远远大于重物质量，“探究小车速度随时间变化规律”不需要小车质量都必须远远大于重物质量，D不符合题意。
（2）A．图（a）中图像没有过原点，说明从0计时点开始，小车具有初速度，小车做匀加速直线运动，v-t图像是一条直线说明数据没有错，A不符合题意；
B．图（b）中图像没有过原点可能是因为没有平衡摩擦力，B符合题意；
C．图（c）是一条曲线，不能说明做功与速度的平方成正比，C不符合题意；
（3）由题可知，相邻两个点的时间间隔 T=5×0.02s=0.1s
由中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度可得计数点D对应的小车速度 vD=xCE2T=0.2960-0.13002×0.1m/s=0.83m/s
（4） 要得到功的具体数值，需要测量小桶和重物的总质量以及下将的高度即纸带上记数点的位移，不需要测量时间以及小车的质量，BC符合题意，AD不符合题意。
【分析】（1）探究小车做匀变速直线运动的规律不需要平衡摩擦力；实验使用电磁打点计时器所以都必须使用学生电源；探究小车速度随时间的变化规律不需要满足质量要求；
（2）图a只是没有从初速度为0的计时器开始所以实验数据没有出错；其图c不能说明做功和速度的平方成正比；
（3）利用平均速度公式可以求就出瞬时速度的大小；
（4）利用动能定理结合做功的表达式可以判别需要测量的物理量有重物的质量和运动的位移，不需要测量小车的质量和运动的时间。
18.【答案】 D；54或55或56
【考点】变压器原理
【解析】【解答】①因为变压器的原线圈接线0、8接线柱与直流电压8.0V相连，不会发生电磁感应现象，故可知副线圈接线0、4接线柱接电表的示数为0；
② 因为小张同学利用多用电表“ ×10 ”倍率的电阻档测量副线圈的电阻，由图乙可知，读数为54或55或56。
【分析】（1）由于接的是直流电源所以其变压器不会工作者输出电表的读数等于0；
（2）利用电表的示数和电阻的挡位可以读出电阻的大小。
19.【答案】 B；R1；0.38~0.50
【考点】测电源电动势和内阻
【解析】【解答】①由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路段电压 U=E-Ir
变化很小，电压表示数变化范围很小，B符合题意，ACD不符合题意；
②由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻 r+R=ΔUΔI=1.480.6Ω≈2.47Ω
由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择 R1 ，干电池内阻为 r=2.47Ω-2Ω=0.47Ω
【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合电压的读数变化很小可以判别电源的内阻很小；
（2）利用图像斜率可以求出等效内阻的大小，利用内阻的大小可以判别定值电阻的大小；利用定值电阻的大小可以求出内阻的大小。
四、解答题
20.【答案】 （1）设医药箱的最大速度为vm ， 有 h=vm2t1+h0+vm2t2
得 vm=4m/s
（2）加速度大小 a1=vmt1=2m/s2
位移大小 h=vm22a1=4m
（3）加速阶段 F1-mg-F阻=ma1
得 F阻=3N
减速阶段 mg+F阻-F2=ma2
得 F2=12N
【考点】匀变速直线运动基本公式应用，牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）医药箱先做匀加速、再做匀速直线运动、最后做匀减速直线运动，利用匀变速的平均速度公式结合位移的大小可以求出最大的速度大小；
（2）已知匀加速过程的最大速度，结合速度公式可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出匀加速的位移大小；
（3）已知加速度的大小，结合加速过程和减速过程的牛顿第二定律可以求出无人机对医药箱的作用力大小。
21.【答案】 （1）小物块在AB间的受力分析如图所示
由动能定理可得 mgLsin37°-μ(mgcos37°+qE)L=12mvB2
解得 vB=2m/s
（2）小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有 mg=mvD2r
小物块由A运动到D，根据动能定理有 mg(Lsin37°-2r)-μ(mgcos37°+qE)L=12mvD2
联立解得 E=3mg5q=34E0
（3）假设小物块离开D点后做平抛运动的轨迹与 B'B 相切与M点，如图所示
由速度的分解可得 vy=vDtan37°=gt
解得 t=215s
平抛运动水平位移 x1=vDt=215m
下落高度 h1=12gt2=445m
由几何关系可得，M到B的水平距离为 x2=(2r-h1)tan37°=112m
BC轨道长度为 x=x1+x2=1360m
【考点】动能定理的综合应用，牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）物块在AB运动过程，利用动能定理可以求出物块经过B点速度的大小；
（2）物块恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出物块经过最高点速度大小，结合从A到D过程的动能定理可以求出E的最大值；
（3）物块离开D点后做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合几何关系可以求出BC轨道的长度。
22.【答案】 （1）电容器充电后的电压为 U1=E=1.5V
带电量为 q1=CU1=0.3C
接通“2”后，金属棒a做加速运动，在到 AA' 前的最大速度为 vm ，有 U2=BL1vm
电容器带电量为 q2=CU2
根据动量定理有 BIL1⋅Δt1=mavm-0
可得 Δq=mavmBL1=q1-q2
联立解得 vm=1m/s
（2）金属棒a、b最终速度为v，由动量守恒有 mavm=(ma+mb)v
解得 v=0.5m/s
金属棒a滑过 BB' 后产生的总热量为 Q=12mavm2-12(ma+mb)v2=0.025J
由焦耳定律可知，金属棒上产生的热量与阻值成正比，故金属棒b产生的焦耳热为 Qb=RbRa+Rb⋅Q=0.0125J
（3）令金属棒a、b的最终速度为 v1 、 v2 ，稳定时有 BL1v1=BL2v2
可得 v1v2=12
由动量定理可得，对金属棒 a 有 BIL1⋅Δt2=mavm-mav1
对金属棒 b 有 BIL2⋅Δt2=mbv2-0
联立解得 v1=0.2m/s ， v2=0.4m/s
【考点】电磁感应中切割类问题，能量守恒定律
【解析】【分析】（1）电容器充电后其电压等于电动势的大小，利用电容的定义式可以求出电荷量的大小，当接通2时，金属棒a做加速运动，结合动生电动势的表达式及动量定理可以求出最大速度的大小；
（2）以a、b金属棒为系统，利用动量守恒定律可以求出最终速度的大小，结合能量守恒定律可以求出产生的热量大小；
（3）当ab稳定时产生的电动势相等，结合动量定理可以求出其AB最终速度大小。
23.【答案】 （1）粒子从磁场左边界射出的最大半径为 r=L8
洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2r
粒子在电场中加速，有 qU=12mv2
联立解得 U=qB2L2128m
所以电压 U
（2）粒子在磁场中的运动周期 T=2πmqB
如图，粒子与板碰撞一次，运动时间最短，有 R2=(L2)2+(R-L4)2
得 R=58L
对应圆心角的正弦值 sinθ=L2R=0.8
得 θ=53°
运动时间 t=2×53°360°×2πmqB=53πm90qB
（3）如图所示，
粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，粒子速度最小，电压最小，由几何关系有 L4=R+Rsin60°
得 R=2-32L
由洛仑兹力提供向心力有 qvB=mv2R
粒子在电场中加速，由动能定理得 qU=12mv2
联立解得 U=(2-3)2qB2L28m
所以电压 U≥(2-3)2qB2L28m
当上式中电压取等号时，粒子与极板碰撞次数最多，有 n=LR=L2-32L≈7.464
与板最多碰撞次数为7次
【考点】电荷在电场中的加速，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【分析】（1）粒子从左边界射出的最大半径已知，利用牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小，结合粒子在电场中加速的动能定理可以求出电压的大小范围；
（2）当粒子垂直于右边界射出时，画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出轨迹所对圆心角的大小，结合粒子运动的周期可以求出粒子运动的时间；
（3）当粒子与挡板碰撞后恰好与左边界相切，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小，再利用电场中加速的动能定理可以求出电压的范围；利用MN的长度结合轨道半径的大小可以求出粒子与挡板碰撞的最多次数。
浙江省嘉兴市2020-2021学年高二下学期物理期末检测试卷
一、单选题（共13题；共39分）
1.下列单位是由国际单位制基本单位组成的是（ ）
A. 加速度的单位m/s2 B. 电阻率的单位Ω•m C. 电场强度的单位V/m D. 冲量的单位N•s
2.共和国勋章获得者于敏先生是一位伟大的核物理学家，在中国氢弹原理突破中解决了一系列基础问题和理论问题。下列有关说法正确的是（ ）
A. 裂变比聚变产能效率高
B. 核电站、氢弹都是利用了核聚变反应
C. 氢弹的研制成功说明热核反应已经可控
D. 氘核与氚核结合为氦核的聚变方程是 12H+13H→24He+01n
3.如图所示，在直线行驶的汽车中（车窗关闭、未开空调），用轻绳拴住的氢气球和挂在中央后视镜上的车挂件都偏离了竖直方向。则（ ）
A. 汽车速度越大，氢气球的惯性越大 B. 由氢气球的状态表明汽车在做减速运动
C. 空气对氢气球有斜向右上方的作用力 D. 空气对氢气球的作用力大于氢气球对空气的作用力
4.下列说法正确的是（ ）
A. 原子核的结合能越大，原子核就越稳定
B. 电子束穿过铝箱后的行射图样说明电子具有波动性的
C. 氡的半衰期是3.8天，100个氡原子经过3.8天后还剩50个
D. 卢瑟福 α 粒子散射实验，揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中
5.如图，真空冶炼炉、扼流圈、动圈式扬声器和磁电式电流表都有导线绕制的线圈，关于这四种器件的说法正确的是（ ）
A. 真空冶炼炉线圈中应通高压低频交流电
B. 电流越大，扼流圈对电流的阻碍作用越明显
C. 除了磁电式电流表外，其余三种器件的工作原理都是电磁感应
D. 动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈受安培力进行工作
6.如图甲是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结光旺构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图乙所示，则（ ）
A. 翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象 B. 翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象
C. 光经翅脊反射后的频率变大 D. 光在翅脊中的波长大于在空气中波长
7.如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线框abcd在同一平面内，线框的ab边与直导线平行。现用外力使线框向直导线靠近且始终保持ab边与直导线平行，在线框靠近直导线的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 线框内感应电流方向是a→d→c→b→a的方向 B. 线框对直导线有向左的作用力
C. ad边和bc边不受安培力 D. 线框abcd内的磁场方向垂直线框平面向外
8.科技发展正不断改变着我们的生活。如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感。如图乙所示，当放上手机时，会排出手机背面和纳米材料之间的大部分空气，使手机被牢牢的压在支架上。若手机所受重力为G，手机平面与水平面的夹角为 θ ，则支架对手机的（ ）
A. 作用力方向斜向左上方 B. 支持力大小为 Gcosθ
C. 支持力不可能大于G D. 作用力大小为 Gtanθ
9.小李乘坐16节车厢编组的高铁旅行。他位于某节车厢尾部且恰好进入隧道时，立即以正常速度向此车厢前部行走。他经过15s到达车厢头部时恰好出隧道。行走过程中看到车厢内显示屏上的示数为216km/h，则该列车通过隧道的时间最接近于（ ）
A. 10s B. 15s C. 21s D. 30s
10.“嫦娥五号”月表土壤采样完成后，质量为m1=500kg的上升器携带土壤样品，在月面升空，开启返程之旅。在预设交会对接处，质量为m2=2500kg的轨道器与返回器组合体（简称“轨返体”）以v2=1611.2m/s的速度追上并俘获速度为v1=1607.1m/s的上升器，成功完成交会对接，并以共同速度飞行一小段时间。假设整个交会对接过程在一直线上完成。已知月球半径约为地球的 311 ，月球表面重力加速度约为地球的 16 ，则（ ）
A. 整个交会对接过程机械能守恒
B. 对接后的共同速度为1609.15 m/s
C. 上升器要绕月球做圆周运动至少需要约为7.9 km/s的发射速度
D. 交会对接过程，外力对上升器的冲量约为1700 N⋅s
11.带正电的粒子在外力作用下沿虚线做匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d是圆上的4个等分点。电流大小为I的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O连线的中点。则（ ）
A. a、O两点的磁感应强度相同
B. 运动过程中，粒子所受合力不变
C. 粒子从a运动到c，洛伦兹力先变大后变小
D. 粒子从a出发运动一周，洛伦兹力先做正功再做负功，总功为零
12.用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R=0.25 m的四分之一圆弧形轨道不同位置无初速释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角 θ=45° ，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的 F-x 图像，则由图可求得小球质量为（ ）
A. 0.25 kg B. 0.5 kg C. 0.75 kg D. 1kg
13.如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电小球A用长为L的绝缘细线悬挂于O点。电荷量为 -q 的带电小球B固定于O点正下方绝缘柱上，O点与小球B的间距为1.6L。小球A从细线与竖直方向夹角为 θ=37° 处由静止释放，经过O点正下方时细线拉力为 13mg4 。已知 kq2L2=9mg20 ，静电力常量为k，两小球均能看成点电荷， sin37°=0.6 ， cos37°=0.8 。则（ ）
A. 小球A在刚释放瞬间细线拉力大小为0.8mg
B. 小球A在摆动中，由重力、拉力和静电力的合力提供回复力
C. 小球A经过最低点时的加速度大小为g
D. 小球A从释放到运动至最低点，电势能增加0.3mgL
二、多选题（共3题；共6分）
14.有两列简谐横波的振幅都是10cm，传播速度大小相同。O点是实线波的波源，实线波沿x轴正方向传播，波的频率为5Hz；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻实线波刚好传到x=12m处质点，虚线波刚好传到x=0处质点，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 实线波的传播速度大小为20 m/s
B. 虚线波比实线波更容易发生明显衍射现象
C. 平衡位置为x=6m处的质点始终处于振动加强区，振幅为20cm
D. 从图示时刻起再经过0.45s，x=6m处的质点在y=10cm处
15.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接交流电源和理想交流电压表、理想交流电流表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压表示数保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化。当闭合开关S接通抽油烟机时，下列说法正确的是（ ）
A. 热水器两端电压的瞬时值表达式为 u=2202sin(100πt)V B. 电压表示数为440V
C. 热水器两端电压减小 D. 变压器的输入功率减小
16.在甲、乙两次不同的光电效应实验中，得到如图所示的 Uc-ν 图像，其中Uc为反向e遏止电压， ν 为入射光频率，已知电子电荷量为e，则下列判断正确的是（ ）
A. 甲、乙图线的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量h
B. 两次实验相比，甲实验中金属的逸出功较大
C. 用同一入射光做实验（均发生光电效应），甲实验中的光电子最大初动能较大
D. 若将甲、乙实验中领率为截止频率的光，分别通过同一双缝干涉装置，甲的干涉条纹间距大
三、非选择题（共6题；共55分）
17.利用如图甲所示装置，可以完成实验一“探究小车速度随时间变化规律”实验二“探究加速度与力、质量的关系”，实验三“探究功与速度变化的关系”。
（1）三个实验中___________
A.都必须平衡摩擦力
B.都必须使细线平行轨道
C.都必须使用学生电源
D.小车质量都必须远远大于重物质量
（2）图乙中（a）（b）（c）分别为三个实验中所作的图像，下列说法正确的是___________
A.图（a）中图像没有过原点，所以实验数据错误
B.图（b）中图像没有过原点可能是因为没有平衡摩擦力
C.图（c）说明做功与速度的平方成正比
（3）如图丙所示是实验二中打出的一条纸带的一部分，C、D、E是纸带上连续的三个计数点（相邻记数点间还有四个计时点），已知电源频率是50Hz，则计数点D对应的小车速度大小为________m/s。（结果保留两位有效数字）
（4）在实验三中，要得到功的具体数值来探究功与速度变化的关系，需要直接测量的物理量有___________
A.小车的质量
B.小桶和重物的总质量
C.纸带上记数点的位移
D.小车运动的时间
18.在“探宄变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，小张同学利用如图甲所示可拆式变压器进行研究。
①正确选择器材后，将图中变压器的原线圈接线0、8接线柱与直流电压8.0V相连（如图乙），副线圈接线0、4接线柱接电表，则所接电表的示数是________
A．16.0V B．8.0V C．4.0V D．0
②小张同学利用多用电表“ ×10 ”倍率的电阻档测量副线圈的电阻，如图丙所示，读数为________Ω
19.实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）；
定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
①小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据作出U-I图像，如图乙所示。结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是________。
A．电压表分流 B．干电池内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小 D．电流表内阻较小
②针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量，根据实验数据做出U—I图像，如图丙所示。根据图像可知，所选的定值电阻为________（填“R1”或“R2”），干电池内阻r=________Ω。（保留两位有效数字）
20.疫情期间，为了避免人员的直接接触，常用无人机运送物品。如图所示，无人机携带质量m=1kg的医药箱从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后开始做匀速直线运动，匀速上升h0=20m，然后再经匀减速t2=4s后到达用户阳台，此时无人机恰好悬停，医药箱离地高度h=32m。若在匀加速阶段无人机对医药箱的作用力大小为F=15N，整个运动过程中医药箱可看成质点，且所受空气阻力恒定。求
（1）医药箱运动过程中的最大速度；
（2）匀加速阶段医药箱的加速度的大小和位移大小；
（3）匀减速阶段无人机对医药箱的作用力大小。
21.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角 θ=37° 的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为 r=0.1m 的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有场强大小为 E0=4mg5q 、方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场， BB' 是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为L=1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因素为 μ=0.25 ，设小物块电荷量保持不变， sin37°=0.6 ， cos37°=0.8 。
（1）求小物块运动至B点的速度大小；
（2）若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值（结果用E0表示）；
（3）若小物块刚好通过圆轨道最高点，离开D点后又恰好没有进入电场直接落在BC面上，求BC的长度。
22.如图甲所示，两光滑平行轨道置于水平面内，轨距为 L1=1m ，其中AB、 A'B' 段轨道是绝缘材料，其余轨道都是金属材料。虚线右侧有大小为B=0.5T，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。金属棒a、b垂直导轨静止放置，电阻 Ra=Rb=1Ω ，质量 ma=mb=0.1kg 。导轨间通过单刀双掷开关S连接电动势为E=1.5V的电源和电容为C=0.2F的电容器，先将开关S接通“1”，待电路稳定后再接通“2”。已知金属棒a在到达 AA' 前已达到最大速度，轨道足够长且两金属棒运动过程中始终不碰撞。不计金属导轨电阻。求
（1）金属棒a在到达 AA' 前的最大速度vm；
（2）整个过程中金属棒b产生的焦耳热Qb；
（3）若将AB、 A'B' 段右侧轨道改为如图乙所示，金属棒b静止置于轨距为L2= 0.5m的窄轨道上，其余条件不变。金属棒a始终在宽轨道上运动，金属棒b始终不脱离轨道，求金属棒a、b的最终速度大小。
23.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，磁场方向平行薄板。在电压可调的平行金属板负极板附近，质量为m，电荷量为 -q 的粒子由静止加速后从磁场左边界的P点水平射入磁场，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。P点到板的距离为 L4 ，粒子重力不计，电荷量保持不变。（ sin53°=0.8 ， cos53°=0.6 ， 3≈1.732 ）
（1）若粒子未与板碰撞，直接从磁场左边界射出，求电压U的范围；
（2）若粒子垂直磁场右边界射出，求粒子在磁场中运动的最短时间t；
（3）若粒子从磁场右边界射出，求电压U的范围和粒子最多与板碰撞的次数。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【考点】单位制及量纲
【解析】【解答】A．加速度的单位m/s2是由国际单位制基本单位组成的，A符合题意；
BCD．电阻率单位中的Ω、电场强度单位中的V、冲量单位中的N不是国际单位制基本单位，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】电阻率单位中的欧姆、电场强度单位中的伏特、冲量单位中的牛顿都不是属于国际基本单位。
2.【答案】 D
【考点】核裂变与核聚变
【解析】【解答】AB．因为核裂变容易控制且发生的条件比核聚变低，所以目前的核电站主要是利用核裂变，但是核裂变的产能效率比核聚变低，AB不符合题意；
C．氢弹爆炸是不可控的，它的研制成功并不能说明热核反应可控，C不符合题意；
D．氘核与氚核结合为氦核的核聚变方程是 12H+13H→24He+01n
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】裂变的产能效率比聚变反应低；核电站实验核裂变反应；氢弹爆炸是不可控制的；利用质量数和电荷数守恒可以导出对应的核反应方程。
3.【答案】 C
【考点】牛顿第三定律，牛顿第二定律
【解析】【解答】A．惯性只和质量有关，与物体的运动状态无关，A不符合题意；
B．挂件受到斜向右上方的拉力及重力作用，合力水平向右，故汽车在做加速运动，B不符合题意；
C．氢气球受到重力、浮力、轻绳斜向左下方的拉力，要随车一起加速，故空气对氢气球有斜向右上方的作用力，C符合题意；
D．由牛顿第三定律可知，空气对氢气球的作用力等于氢气球对空气的作用力，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度大小无关；挂件受到的拉力和重力的合力显示加速度的方向，进而判别汽车做加速运动；氢气球受到了重力、浮力和拉力的作用，利用加速度方向可以判别空气对气球的作用力方向；空气和气球之间的作用力属于相互作用，大小相等。
4.【答案】 B
【考点】原子核的衰变、半衰期，玻尔原子理论
【解析】【解答】A．原子核的平均结合能越大，原子核就越稳定，与结合能的大小无关，A不符合题意；
B．衍射、干涉、偏振等现象都是波动性特有的现象，电子束穿过铝箱后的行射图样，说明电子具有波动性，B符合题意；
C．半衰期是一个统计规律，对大量原子核衰变成立，对少数原子核衰变不适用，C不符合题意；
D．卢瑟福 α 粒子散射实验，揭示了原子的核式结构，而“原子只能处于一系列不连续的能量状态中”是波尔的原子模型理论，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】原子核的比结合能大小反映其原子核的稳定程度；半衰期只对大量原子核有统计的意义；a粒子的散射实验揭示了原子的核式结构。
5.【答案】 D
【考点】安培力，涡流
【解析】【解答】A．真空冶炼炉线圈中应通高频交流电，利用电磁感应使金属内部产生涡流而产生热量，A不符合题意；
B．扼流圈对变化电流有阻碍作用，电流变化越快，扼流圈对电流的阻碍作用越明显，B不符合题意；
CD．动圈式扬声器是利用电流在磁场中受到安培力原理制成的，磁电式电流表是利用通电线圈受安培力作用做阻尼运动进行工作的， 真空冶炼炉利用电磁感应工作，扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用制成的，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】真空冶炼炉线圈应该通高频交流电，利用电磁感应原理时金属内部产生涡流；扼流线圈当电流变化越快其阻碍作用越明显；动圈式扬声器时利用电流受到安培力的作用其磁电式电流表也是利用通电线圈受到安培力作用的原理工作。
6.【答案】 A
【考点】光的干涉
【解析】【解答】蓝色大闪蝶的翅膀凸起的翅脊上的“台阶结构”都隔着空气层，自然光会不断地在空气层和“台阶结构”里发生反射和折射，蓝色大闪蝶无论是它的厚度，材质，还是它树状脊脉上“台阶结构”的位置，都适合蓝光发生相长干涉，鳞片绽放出的绚丽光彩，正是蓝光相干干涉的产物，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】翅膀灿烂闪烁是由于蓝光发生了干涉现象，其光反射后频率不变，当折射率变大时光在翅脊的波长变小。
7.【答案】 B
【考点】楞次定律
【解析】【解答】AD．根据安培定则可知，导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，则线框中的磁场方向垂直纸面向里，用外力使线框向直导线靠近，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，AD不符合题意；
BC．ab中的电流由a到b，根据左手定则可知，直导线对ab有向右的作用力，对cd边由向左的作用力，且向左的力小于向右的力；ad边受到平行直导线向下的力，bc边受到平行直导线向上的力，这两个力平衡，所以根据相互作用力的特点，线框对直导线有向左的作用，B符合题意，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向及安培力的方向；利用左手定则可以判别导线的受力方向；利用安培定则可以判别线圈中磁场的方向。
8.【答案】 A
【考点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．手机放在支架上时，排出手机背面和纳米材料之间的大部分空气，使手机被牢牢的压在支架上，则手机受力为重力、垂直手机斜向右下方的大气压力、支架的支持力和摩擦力，根据平衡力的关系可知，重力与大气压力的合力跟支架对手机的作用力平衡，所以作用力方向斜向左上方，A符合题意；
BC．支持力大小为 F支=Gcosθ+F压
可能大于G，BC不符合题意；
D．支架对手机的作用力与手机重力和大气压力的和平衡，且手机支架与水平面的夹角为锐角，所以支架对手机的作用力大于手机重力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由于手机静止，利用大气压力及重力的合力方向可以判别支架对手机的作用力方向；利用平衡方程可以求出支持力的大小；利用平衡方程可以判别手机支架产生的作用力大小。
9.【答案】 C
【考点】匀速直线运动
【解析】【解答】设隧道长为l，一节车厢长为x，人走路的速度约为2m/s，则 l+x=vt=2163.6×15m=60×15m
l+2x=(v+2)t=(2163.6+2)×15m=62×15m
可得 x=30m，l=870m
则火车过隧道的时间为 t1=l+16xv=22.5s
该列车通过隧道的时间最接近于21s。
故答案为：C。
【分析】利用人运动的位移公式结合列车运动的位移公式可以求出车厢的长度和隧道的长度，利用火车总位移和速度的大小可以求出过隧道的时间。
10.【答案】 D
【考点】万有引力定律及其应用，动量守恒定律
【解析】【解答】A．交会对接过程是完全非弹性碰撞，机械能有损失，A不符合题意；
B．整个交会对接过程由动量守恒定律可得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据解得 v≈1610.5m/s
B不符合题意；
C．在地球表面，由重力作为向心力可得 mg=mv'12R
解得地球的第一宇宙速度为 v'1=gR=7.9km/s
同理可得，月球的第一宇宙速度为 v″1=16g⋅311R≈0.21v≈1.66km/s
故上升器要绕月球做圆周运动至少需要约为1.66 km/s的发射速度，C不符合题意；
D．交会对接过程，对上升器，由动量定理可得 I=m1(v-v1)
解得 I=1700N⋅s
故外力对上升器的冲量约为1700 N⋅s ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】交会对接属于完全非弹性碰撞其机械能有损失；利用动量守恒定律可以求出对接后速度的大小；利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；第一宇宙速度作为最小的发射速度；利用动量定理可以求出外力对上升器的冲量大小。
11.【答案】 C
【考点】安培定则
【解析】【解答】A．由右手螺旋定则可知a、O两点的磁感应强度大小相同，方向相反，A不符合题意；
B．粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，向心力的大小不变，方向时刻改变，B不符合题意；
C．匀速圆周运动，速度大小不变，在a点，速度方向和磁感应强度方向相反，洛伦兹力为零，在c点速度方向和磁感应强度方向相同，洛伦兹力为零，在ac之间的圆弧，速度方向和磁感应强度方向不在同一条直线上，洛伦兹力不为零，故粒子从a运动到c，洛伦兹力先变大后变小，C符合题意。
D．洛伦兹力总是与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用安培定则可以判别a、O两点的磁感应强度方向相反；由于粒子做匀速圆周运动则粒子受到的合力方向时刻改变；利用磁场方向和粒子的速度方向可以判别其洛伦兹力的大小变化；洛伦兹力总是与速度方向垂直所以不做功。
12.【答案】 B
【考点】平抛运动
【解析】【解答】在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有 F-mg=mv02R
小球做平抛运动时的水平射程 x=s=v0t
小球的竖直位移 y=h=12gt2
根据几何关系可得 yx=tanθ
联立即得 x=2v02tanθg
F=mg+mg2Rtanθ x
由图像可知当x=0.5m时，F=10N，则mg=5N
解得m=0.5kg
故答案为：B；
【分析】利用平抛运动的位移公式结合斜面的角度可以求出初速度的表达式，结合在弧线轨道最低点的牛顿第二定律可以求出F与x的表达式，利用图像坐标结合表达式可以求出小球质量的大小。
13.【答案】 C
【考点】简谐运动，牛顿第二定律
【解析】【解答】A．小球A所受重力沿绳分力为 G1=mgcos37∘=0.8mg
小球A受到重力、AB间的库伦引力、绳的拉力作用，在刚释放瞬间，速度为零，沿绳方向平衡，故细线拉力等于重力的分力与库仑力的分力之和，不等于0.8mg，A不符合题意；
B．小球A在摆动中受重力、拉力和静电力的作用，沿切线方向的分力之和作为回复力，B不符合题意；
C．小球A经过最低点时，沿切线方向的合力为零，沿半径方向，由牛顿第二定律可得
T-mg-kq2(1.6L-L)2=ma
解得在最低点的加速度大小为a=g
C符合题意；
D．设到达最低点的速度为v，满足a=v2L
解得 v=gL
小球A从释放到运动至最低点的过程，由能量守恒可得 ΔE电+12mv2=mgL(1-cosθ)
解得 ΔE电=-0.3mgL
即电势能减少0.3mgL，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小球A刚释放时，利用沿绳子方向的平衡方程可以判别绳子拉力的大小；小球在摆动过程中，其重力、拉力和静电力沿切线方向的分力作为回复力；小球经过最低点时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用小球在最低点的加速度大小可以求出小球线速度的大小，结合释放点到最低点过程的能量守恒定律可以求出电势能的变化量。
二、多选题
14.【答案】 A,B,D
【考点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图可知实线波的波长 λ=4m ，可得
v=λf=4×5m/s=20m/s
A符合题意；
B．由图可知虚线波的波长大于实线波的波长，故虚线波比实线波更容易发生明显衍射现象，B符合题意；
C．由 v=λf 得 f=vλ 两列波波速相同，则有 f实:f虚=3:2
因为两列波频率不同，无干涉现象，不存在振动加强区的说法，C不符合题意；
D．实线波的周期为 T实=1f实=0.2s
则虚线波的周期为 T虚=1f虚=0.3s
由同侧法可知，在图示时刻起x=6m质点处实线波和虚线波都向上振动，实线波经过0.45s即 2T实4 ，质点处于正向最大振幅处，虚线波经过0.45s即 1T虚2 ，回到平衡位置，叠加后可得，x=6m质点处在正向最大振幅即y=10cm处，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用波长和频率可以求出波传播的速度；利用波长的比较可以判别虚线波更容易发生衍射现象；利用波速相等结合波长的大小可以求出频率的不同，由于频率不同所以无干涉现象；利用波的周期可以判别其质点的位置，利用波的叠加可以求出质点位移的大小。
15.【答案】 B,C
【考点】变压器原理
【解析】【解答】A．图乙为副线圈上电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上电压，A不符合题意；
B．由交流电规律可知，副线圈上电压的有效值为220 V，由变压器变压关系 U1U2=n1n2
可知，原线圈电压有效值为440 V，电压表示数为440V ，B符合题意；
CD．闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率也增大，因此通过原副线圈的电流都增大，根据部分电路欧姆定律可知，R两端的电压增大，所以热水器两端电压减小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由于热水器的电压小于副线圈的电压，所以其电压的峰值小于副线圈峰值的大小；利用匝数之比可以求出原线圈电压表的读数；当闭合开关时输出电阻变小则输出电流增大，导致其定值电阻分压变大则热水器两端电压变小；由于输出电流增大及输出电压不变则输入功率增大。
16.【答案】 C,D
【考点】光电效应
【解析】【解答】AB．根据爱因斯坦光电效应方程，有 hν=W逸+Ekm=W逸+eUc
即有 Uc=heν-W逸e
由题图知甲、乙图线的斜率相同，但斜率大小为 k=he
不表示普朗克常量h；图线的纵截距为 b=-W逸e
所以由图像知，两次实验相比，乙实验中金属的逸出功较大，AB不符合题意；
C．根据爱因斯坦光电效应方程可得：光电子最大初动能 Ekm=hν-W逸
因为乙实验中金属的逸出功较大，所以用同一入射光做实验（均发生光电效应），甲实验中的光电子最大初动能较大，C符合题意；
D． Uc-ν 图像图线横截距表示金属的截止频率，由题图知，甲乙两种金属的截止频率关系为 ν乙>ν甲
所以，若将甲、乙实验中频率为截止频率的光，分别通过同一双缝干涉装置，根据 Δx=Ldλ=lcdν
可知，甲的干涉条纹间距大于乙的干涉条纹间距，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用光电效应方程结合动能定理可以求出遏止电压和频率的关系式，利用关系式可以判别其斜率和截距的含义；利用截距的大小可以比较逸出功的大小；利用逸出功的大小结合光照频率的大小可以比较光电子最大初动能的大小；利用图像横截距可以比较截止频率的大小，利用频率的大小可以比较光的波长，结合波长和干涉条纹间距的关系可以比较干涉条纹间距的大小。
三、非选择题
17.【答案】 （1）B
（2）B
（3）0.82~0.84
（4）B,C
【考点】验证牛顿运动定律（探究加速度与力、质量的关系）
【解析】【解答】（1）A．在这三个实验中 “探究小车速度随时间变化规律”不需要平衡摩擦力，所以A不符合题意；
B．三个实验都需要调节滑轮高度使细线与长木板平行，B符合题意；
C．三个实验中都用到了电火花打点计时器，工作电压是220V，需要用到220V 的交流电源，不使用学生电源，所以C不符合题意；
D．“探究加速度与力、质量的关系和“探究功与速度变化的关系”需要小车质量都必须远远大于重物质量，“探究小车速度随时间变化规律”不需要小车质量都必须远远大于重物质量，D不符合题意。
（2）A．图（a）中图像没有过原点，说明从0计时点开始，小车具有初速度，小车做匀加速直线运动，v-t图像是一条直线说明数据没有错，A不符合题意；
B．图（b）中图像没有过原点可能是因为没有平衡摩擦力，B符合题意；
C．图（c）是一条曲线，不能说明做功与速度的平方成正比，C不符合题意；
（3）由题可知，相邻两个点的时间间隔 T=5×0.02s=0.1s
由中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度可得计数点D对应的小车速度 vD=xCE2T=0.2960-0.13002×0.1m/s=0.83m/s
（4） 要得到功的具体数值，需要测量小桶和重物的总质量以及下将的高度即纸带上记数点的位移，不需要测量时间以及小车的质量，BC符合题意，AD不符合题意。
【分析】（1）探究小车做匀变速直线运动的规律不需要平衡摩擦力；实验使用电磁打点计时器所以都必须使用学生电源；探究小车速度随时间的变化规律不需要满足质量要求；
（2）图a只是没有从初速度为0的计时器开始所以实验数据没有出错；其图c不能说明做功和速度的平方成正比；
（3）利用平均速度公式可以求就出瞬时速度的大小；
（4）利用动能定理结合做功的表达式可以判别需要测量的物理量有重物的质量和运动的位移，不需要测量小车的质量和运动的时间。
18.【答案】 D；54或55或56
【考点】变压器原理
【解析】【解答】①因为变压器的原线圈接线0、8接线柱与直流电压8.0V相连，不会发生电磁感应现象，故可知副线圈接线0、4接线柱接电表的示数为0；
② 因为小张同学利用多用电表“ ×10 ”倍率的电阻档测量副线圈的电阻，由图乙可知，读数为54或55或56。
【分析】（1）由于接的是直流电源所以其变压器不会工作者输出电表的读数等于0；
（2）利用电表的示数和电阻的挡位可以读出电阻的大小。
19.【答案】 B；R1；0.38~0.50
【考点】测电源电动势和内阻
【解析】【解答】①由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路段电压 U=E-Ir
变化很小，电压表示数变化范围很小，B符合题意，ACD不符合题意；
②由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻 r+R=ΔUΔI=1.480.6Ω≈2.47Ω
由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择 R1 ，干电池内阻为 r=2.47Ω-2Ω=0.47Ω
【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合电压的读数变化很小可以判别电源的内阻很小；
（2）利用图像斜率可以求出等效内阻的大小，利用内阻的大小可以判别定值电阻的大小；利用定值电阻的大小可以求出内阻的大小。
四、解答题
20.【答案】 （1）设医药箱的最大速度为vm ， 有 h=vm2t1+h0+vm2t2
得 vm=4m/s
（2）加速度大小 a1=vmt1=2m/s2
位移大小 h=vm22a1=4m
（3）加速阶段 F1-mg-F阻=ma1
得 F阻=3N
减速阶段 mg+F阻-F2=ma2
得 F2=12N
【考点】匀变速直线运动基本公式应用，牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）医药箱先做匀加速、再做匀速直线运动、最后做匀减速直线运动，利用匀变速的平均速度公式结合位移的大小可以求出最大的速度大小；
（2）已知匀加速过程的最大速度，结合速度公式可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出匀加速的位移大小；
（3）已知加速度的大小，结合加速过程和减速过程的牛顿第二定律可以求出无人机对医药箱的作用力大小。
21.【答案】 （1）小物块在AB间的受力分析如图所示
由动能定理可得 mgLsin37°-μ(mgcos37°+qE)L=12mvB2
解得 vB=2m/s
（2）小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有 mg=mvD2r
小物块由A运动到D，根据动能定理有 mg(Lsin37°-2r)-μ(mgcos37°+qE)L=12mvD2
联立解得 E=3mg5q=34E0
（3）假设小物块离开D点后做平抛运动的轨迹与 B'B 相切与M点，如图所示
由速度的分解可得 vy=vDtan37°=gt
解得 t=215s
平抛运动水平位移 x1=vDt=215m
下落高度 h1=12gt2=445m
由几何关系可得，M到B的水平距离为 x2=(2r-h1)tan37°=112m
BC轨道长度为 x=x1+x2=1360m
【考点】动能定理的综合应用，牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）物块在AB运动过程，利用动能定理可以求出物块经过B点速度的大小；
（2）物块恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出物块经过最高点速度大小，结合从A到D过程的动能定理可以求出E的最大值；
（3）物块离开D点后做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合几何关系可以求出BC轨道的长度。
22.【答案】 （1）电容器充电后的电压为 U1=E=1.5V
带电量为 q1=CU1=0.3C
接通“2”后，金属棒a做加速运动，在到 AA' 前的最大速度为 vm ，有 U2=BL1vm
电容器带电量为 q2=CU2
根据动量定理有 BIL1⋅Δt1=mavm-0
可得 Δq=mavmBL1=q1-q2
联立解得 vm=1m/s
（2）金属棒a、b最终速度为v，由动量守恒有 mavm=(ma+mb)v
解得 v=0.5m/s
金属棒a滑过 BB' 后产生的总热量为 Q=12mavm2-12(ma+mb)v2=0.025J
由焦耳定律可知，金属棒上产生的热量与阻值成正比，故金属棒b产生的焦耳热为 Qb=RbRa+Rb⋅Q=0.0125J
（3）令金属棒a、b的最终速度为 v1 、 v2 ，稳定时有 BL1v1=BL2v2
可得 v1v2=12
由动量定理可得，对金属棒 a 有 BIL1⋅Δt2=mavm-mav1
对金属棒 b 有 BIL2⋅Δt2=mbv2-0
联立解得 v1=0.2m/s ， v2=0.4m/s
【考点】电磁感应中切割类问题，能量守恒定律
【解析】【分析】（1）电容器充电后其电压等于电动势的大小，利用电容的定义式可以求出电荷量的大小，当接通2时，金属棒a做加速运动，结合动生电动势的表达式及动量定理可以求出最大速度的大小；
（2）以a、b金属棒为系统，利用动量守恒定律可以求出最终速度的大小，结合能量守恒定律可以求出产生的热量大小；
（3）当ab稳定时产生的电动势相等，结合动量定理可以求出其AB最终速度大小。
23.【答案】 （1）粒子从磁场左边界射出的最大半径为 r=L8
洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2r
粒子在电场中加速，有 qU=12mv2
联立解得 U=qB2L2128m
所以电压 U
（2）粒子在磁场中的运动周期 T=2πmqB
如图，粒子与板碰撞一次，运动时间最短，有 R2=(L2)2+(R-L4)2
得 R=58L
对应圆心角的正弦值 sinθ=L2R=0.8
得 θ=53°
运动时间 t=2×53°360°×2πmqB=53πm90qB
（3）如图所示，
粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，粒子速度最小，电压最小，由几何关系有 L4=R+Rsin60°
得 R=2-32L
由洛仑兹力提供向心力有 qvB=mv2R
粒子在电场中加速，由动能定理得 qU=12mv2
联立解得 U=(2-3)2qB2L28m
所以电压 U≥(2-3)2qB2L28m
当上式中电压取等号时，粒子与极板碰撞次数最多，有 n=LR=L2-32L≈7.464
与板最多碰撞次数为7次
【考点】电荷在电场中的加速，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【分析】（1）粒子从左边界射出的最大半径已知，利用牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小，结合粒子在电场中加速的动能定理可以求出电压的大小范围；
（2）当粒子垂直于右边界射出时，画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出轨迹所对圆心角的大小，结合粒子运动的周期可以求出粒子运动的时间；
（3）当粒子与挡板碰撞后恰好与左边界相切，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小，再利用电场中加速的动能定理可以求出电压的范围；利用MN的长度结合轨道半径的大小可以求出粒子与挡板碰撞的最多次数。
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