2022年陕西省咸阳市武功县高考物理一模试卷（含答案）

这是一份2022年陕西省咸阳市武功县高考物理一模试卷（含答案），共23页。试卷主要包含了V2示数不变，V3示数变小等内容，欢迎下载使用。


2022年陕西省咸阳市武功县高考物理一模试卷

1. 下列有关物理学史的说法中正确的是( )
A. 开普勒利用万有引力定律测出了地球的质量
B. 贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构
C. 伽利略通过实验和逻辑推理说明了力是维持物体运动的原因
D. 玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
2. 如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g。则( )

A. 从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1
B. 从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C. 从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小mgh
D. 从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
3. 如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A. 200N B. 400N C. 600N D. 800N
4. 我国计划于2022年建成自己的太空站，该空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的1n，同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则太空站绕地球做圆周运动的角速度大小为( )
A. 2ng(n+6)R B. n3g(n+6)3R C. ng(n+12)R D. n3g(n+12)3R
5. 空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则下列说法中正确的是( )
A. e点的电势大于0
B. a点和b点的电场强度相同
C. b点的电势低于d点的电势
D. 负电荷从a点移动到c点时电势能增加
6. 如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )
A. 同时增大B1减小B2
B. 同时减小B1增大B2
C. 同时以相同的变化率增大B1和B2
D. 同时以相同的变化率减小B1和B2
7. 一个 92235U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为 92235U+01n→X+3894Sr+201n，则下列叙述正确的是( )
A. X原子核中含有86个中子
B. X原子核中含有141个核子
C. 因为裂变时释放能量，根据E=mc2，所以裂变后的总质量数增加
D. 因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量数减少
8. 如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表。a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是( )
A. 电压表V1、V2示数不变，V3示数变小
B. 电压表V1、V2示数变小，V3示数变大
C. 电流表A1、A2的示数都增大
D. 电流表A1的示数变小，A2的示数增大
9. 图甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示。取g=10m/s2，则( )
A. 滑块的质量m=2kg
B. 0∼6s内，滑块做匀加速直线运动
C. 当F=8N时，滑块的加速度大小为1m/s2
D. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
10. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A. 做匀加速直线运动 B. 加速度逐渐减小
C. 牵引力的功率P=Fvm D. 牵引力做功W=12mvm2−12mv02
11. 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。则下列说法正确的是( )

A. 粒子做圆周运动的周期随半径增大
B. 粒子从磁场中获得能量
C. 带电粒子加速所获得的最大动能与磁场的磁感应强度有关
D. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关
12. 如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L A. 感应电流所做的功为mgd
B. 感应电流所做的功为2mgd
C. 线圈的最小速度一定为mgRBL
D. 线圈的最小速度一定为2g(h+L−d)
13. 某同学用如图所示装置，通过测量加速度来测定物块与水平轨道之间的动摩擦因数。已知电火花打点计时器打点的频率为50Hz，请回答：

(1)除电火花计时器、纸带、钩码、一端带滑轮的长木板、滑块、细绳、导线及开关外，在下面的器材中，还必须使用的有______ (填选项代号)；
A.电压为4−6V的低压交流电源B.电压为220V的交流电源
C.刻度尺D.秒表
(2)根据打出的纸带测量出数据，利用WPS表格软件画出位移与时间的关系图并给出拟合方程x=1.2123t2+0.2595t−0.0007(位移x的单位是米，时间t的单位是秒)，如图所示，可知加速度为______ m/s2(结果保留三位有效数字)；
(3)已知物块的质量为100g，钩码的质量为50g，使用(2)中计算的加速度，可求出滑块与轨道间的摩擦因数为______ 。(g取10m/s2，结果保留三位有效数字)
14. 为了测定一节新电池的电动势和内阻，实验室提供了如下的实验器材：
A.待测电池一节(电动势约为2V)
B.电流表G(量程3.0mA，内阻r1=100Ω)
C.电流表A(量程0.6A，内阻r2=1.0Ω)
D.定值电阻R1=100Ω
E.定值电阻R2=900Ω
F.滑动变阻器R′(0∼50Ω)
G.开关、导线若干
(1)为了减小测量误差，某同学设计了如图实验电路，则定值电阻R应选用______(请填写仪器前面的代号)
(2)根据题中的电路完成实验图的连接．

(3)该同学测量了多组数据，其中用I和Ig分别表示A和G的示数，且做出了Ig关于I图象函数图象，如图所示，则该电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω.(计算结果保留两位小数)
15. 高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6m/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，求该ETC通道的长度。









16. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)碰撞前瞬间A的速率v。
(2)碰撞后瞬间A与B整体的速度。
(3)A与B整体在桌面上滑动的距离L。







17. 一粒子源可以发出两种比荷不同带负电的粒子，忽略其进入电场时的初速度，经过电压为U的加速电场以后从A点进入半径为R的圆形磁场，磁场垂直纸面向外，其中甲粒子射出磁场时速度方向与原速度方向夹角为60∘，乙粒子射出磁场时速度偏转120∘，已知甲粒子射入磁场时速度为v1，忽略重力和粒子之间的相互作用，求：





(1)磁感应强度大小；
(2)设甲乙两种粒子的荷质比分别为k1、k2，求k1：k2







18. 近年来，雾霾天气在我国频繁出现，空气质量问题引起全社会高度关注。其中主要污染物是大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物即PM2.5(该颗粒肉眼不可见，仅能在显微镜下观察到)，也称为可入肺颗粒物。以下对该颗粒的说法中不正确的是( )
A. 在无风的时候，颗粒悬浮在空中静止不动
B. 该颗粒的无规则运动是布朗运动
C. 布朗运动是由空气分子从各个方向对颗粒撞击作用的不平衡引起的
D. 该颗粒的无规则运动反映了空气分子的无规则运动
19. 下面说法正确的是( )
A. 鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿--毛细现象
B. 细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形--表面张力
C. 粉笔能吸干纸上的墨水--浸润现象
D. 布做的雨伞，虽然纱线间有空隙，却不漏雨水--毛细现象
20. 一定质量的理想气体从状态A→B，再从状态B→C，最后从状态C→A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度TA=900K，问：
(1)求气体在状态B时的温度TB；
(2)求气体从状态B→C的过程中，气体做的功WBC；
(3)已知气体从状态C→A的过程中，外界对气体做的功WCA=3.6×105J，试说明该过程中气体是吸热还是放热，求吸(或放)了多少热量QCA。







21. 在抗击新冠病毒的过程中，广泛使用了红外体温计测量体温，如图所示。下列说法正确的是( )

A. 当体温超过37.3℃时人体才辐射红外线
B. 当体温超过周围空气温度时人体才辐射红外线
C. 红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的
D. 红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的
22. 如图所示，实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线，经0.5s后，其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0.5s，以下说法正确的是( )
A. 如果波是向左传播的，波速是0.12m/s
B. 波的周期可能是4s
C. 如果波是向右传播的，波速是0.72m/s
D. 波的周期一定是23s
23. 一棱镜的截面图如图所示，AE为四分之一圆弧，B为圆心，BCDE为矩形，一细光束从圆弧中点F沿半径射入棱镜，恰好在B点发生全反射，在CD面只发生一次反射，并从圆弧上的G点(未画出)射出，已知AB=r，BC=d，真空中光速为c。求：







①棱镜的折射率n；
②光在棱镜中传播所用的时间t。







答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、开普勒发现行星运动定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，利用万有引力定律测出了地球的质量，故A错误；
B、贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构，故B正确；
C、伽利略通过实验和逻辑推理说明力不是维持物体运动的原因，故C错误；
D、普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】A

【解析】解：A、加速与减速过程平均速度相等，由t=xv−可得运动时间之比为2：1，故A正确
B、由a到b为自由落体运动，座椅对游客的力为0，故B错误
C、到b点的速度v=2g×2h=2gh，则总重力的冲量为mv=2mgh，故C错误
D、由a到b的加速度为g：2h=v2g，由b到c加速度为a：h=v2a，可得a=2g，方向向上：F−mg=ma可得F=mg+ma=3mg，故D错误
故选：A。
加速与减速过程平均速度相等，结合位移关系求得运动时间之比；对游客受力分析由牛顿运动定律可求得力，由动量定理求得冲量。
由运动学公式求加速度，由牛顿第二定律求力是常见的动力学问题，加速度为其联系点。

3.【答案】B

【解析】解：以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为l，
根据牛顿第二定律有：2T−mg=mv2l，
代入数据解得每根绳子的拉力为T=410N，B选项最为接近，故ACD错误，B正确。
故选：B。
秋千荡到最低点时，需要竖直向上的向心力，分析秋千和同学整体的受力，根据牛顿第二定律列式子求解每根绳子平均承受的拉力。
解决该题的关键是明确知道秋千运动到最低点时其合力不为零，且合力方向竖直向上，正确分析秋千和同学整体的受力情况。

4.【答案】B

【解析】
【分析】
由黄金代换，结合万有引力提供向心力即可求出。
运用黄金代换式GM=gR2求出问题是考试中常见的方法。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
【解答】
根据已知可得空间站绕地球运动的轨道半径为r=6Rn+R
根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：
在地球表面GMmR2=mg
对空间站有：GMm1r2=m1ω2r，联立解得
ω=n3g(n+6)3R，故B正确，ACD错误；
故选：B。  
5.【答案】D

【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直关系，可知P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则e点的电势等于0，故A错误；
B、a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，故B错误；
C、从Q到P电势逐渐降低，则b点的电势高于d点的电势，C错误；
D、a点的电势高于c点的电势，负电荷从a点移动到c点，电场力做负功，电势能增加，故D正确。
故选：D。
该电场是等量异种电荷的电场，其分布具有对称性，过e点的等势线一直延伸到无穷远处，根据电场线的分布情况判断电场强度关系，由电势的变化分析电场力做功正负，从而判断电势能的变化。
解题的关键要掌握等量异种电荷电场的分布情况，知道在两个等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，其电势和无穷远处的电势相等。

6.【答案】B

【解析】解：A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2或同时以相同的变化率减小B1和B2都不会在环中产生感应电流，故CD错误；
故选：B。
当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。
根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B1和B2的变化。

7.【答案】A

【解析】解：AB、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的质量数为140，电荷数为54，则中子数为86，核子数为140，故A正确，B错误。
CD、在裂变的过程中，有能量释放，根据爱因斯坦质能方程知，裂变后的总质量小于反应前的质量，但是质量数守恒，故C、D错误。
故选：A。
根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X原子核中的中子数以及核子数。在裂变的过程中，质量数守恒，由于有能量释放，结合爱因斯坦质能方程分析质量的变化。
解决本题的关键知道裂变过程中有质量亏损，但是质量数守恒，基础题。

8.【答案】C

【解析】解：AB、电流表A1有电阻的，固当输出端负载变小的时候，输出电流变大，导致输入电流也变大，电流表A1两端电压变大，因为电源电压不变，所以电压表V1示数变小，副线圈两端的电压减小，电压表V2示数减小，R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电压表V3示数减小，故AB错误；
CD、副线圈两端电压不变，副线圈中的电阻减小，电流增大，即电流表A2示数增大，根据电流与匝数成反比，知A1示数增大，故C正确，D错误；
故选：C。
根据欧姆定律分析负载电阻的变化，负线圈两端的电压等于电阻R0和滑动变阻器两端的电压之和，根据变压比、变流比规律分析电表示数的变化；
本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析，不难。

9.【答案】CD

【解析】解：A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=(M+m)a，代入数据解得：M+m=6kg
当F大于6N时，对木板，根据牛顿第二定律得：a=F−μmgM，知图线的斜率k=1M=16−4，解得：M=2kg，m=4kg，故A错误；
B、0∼6s内，滑块和木板一起做变加速直线运动，故B错误；
CD、根据F等于6N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2；根据牛顿第二定律可得a=μg，解得动摩擦因数为μ=0.1，故CD正确。
故选：CD。
当拉力较小时，滑块和木板保持相对静止一起做加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体法和隔离法分析。
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，明确滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键。要掌握处理图象问题的一般方法，通常根据物理规律得到解析式，通过图线的斜率和截距入手分析。

10.【答案】BC

【解析】
【分析】
动车以恒定功率P在平直轨道上运动，则速度在增大，牵引力在减小，加速度在减小；当牵引力的大小等于阻力F时，速度达到最大值为vm；根据动能定理判断；
注意动车以恒定功率P在平直轨道上运动时，牵引力是在变化的，故加速度也在变；根据动能定理求解时不要忘了阻力做的功。
【解答】
AB.根据牛顿第二定律得：，而，动车的速度在增大，则牵引力在减小，故加速度在减小，故A错误，B正确；
C.当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力F，故功率P=Fvm，故C正确；
D.根据动能定理得：W−WF=12mvm2−12mv02，故D错误；
故选：BC。  
11.【答案】CD

【解析】解：为实现对粒子同步加速，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期与高频电源周期相同，由带电粒子做圆周运动的周期：T=2πmqB，可知，周期T由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，与半径无关，故A错误；
B.粒子在磁场中所受的洛伦兹力对粒子不做功，不能改变粒子的动能，所以粒子不能从磁场中获得能量，故B错误；
CD.设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，由洛伦兹力提供向心力，有：Bqv=mv2R，解得：v=BqRm，则最大动能：Ekm=12mv2=B2q2R22m，故最大动能与D形盒的半径，磁场的磁感应强度均有关，故CD正确。
故选：CD。
交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=2πmqB和半径公式r=mvqB进行判断。
本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的。

12.【答案】BD

【解析】解：AB.由于cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，根据能量守恒定律可得
Q=mgd
由于线框刚进入到全部进入过程有感应电流及线框刚出来到全部出来过程有感应电流，并且两过程产生的内能相同，则全过程感应电流所做的功为

故A错误；B正确；
CD.由于线框刚进入到全部进入过程有感应电流，全部进入后感应电流，并且cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以线框进入磁场时先做减速运动，全部进入磁场后再做匀加速直线运动，则线圈的最小速度是在全部进入磁场瞬间，由能量守恒定律可得
mg(h+L)=12mvmin2+Q
解得
vmin2g(h+L−d)
故C错误；D正确。
故选：BD。
线圈下落分别经过四个位置：

初位置到1位置自由落体，2位置到3位置做加速度为g的匀加速运动，所以1位置到x2位置必做减速运动，同样3位4置到4位置必做减速运动，运动情况与1位置到2位置完全相同，产生的电能也相同．1位置到3位置用动能定理可计算1位置到2位置克服安培力做功，根据能的转化和守恒定律可得1位置到2位置电流做功，也等于3位置到4位置电流做功．综上所述可求电流做功．初位置到1位置自由落体，2位置到3位置做加速度为g的匀加速运动，使用运动学公式即可求出线圈穿越磁场的最小速度。
本题考查线框进出磁场问题，解题关键是只有线圈越过磁场边界时才有电流，产生电能；线圈在磁场内时磁通量不变，无感应电流，线圈只受重力，做加速度为g的匀加速运动。

13.【答案】BC2.420.137

【解析】解：(1)电火花计时器使用220V的交流电源；
处理实验数据时需要用刻度尺测出计数点间的距离，
可以根据纸带上打出的点求出物块的运动时间，该实验不需要秒表，因此需要的实验器材是BC。
(2)匀变速直线运动的位移-时间公式是x=v0t+12at2
由x=1.2123t2+0.2595t−0.0007可知，12a=1.2123m/s2，加速度：a≈2.42m/s2；
(3)物块的质量M=100g=0.100kg，钩码的质量m=50g=0.050kg
对物块与钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg−μMg=(m+M)a
代入数据解得，动摩擦因数：μ≈0.137
故答案为：(1)BC；(2)2.42；(3)0.137。
(1)电火花计时器使用220V的交流电源，根据实验需要测量的量分析答题。
(2)根据匀变速直线运动的位移-时间公式结合题意求出加速度大小。
(3)根据加速度大小应用牛顿第二定律求出动摩擦因数。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提与关键；根据题意应用匀变速直线运动的位移-时间公式与牛顿第二定律即可解题；平时要注意基础知识的学习与积累。

14.【答案】E1.900.50

【解析】解：(1)电源电动势约为2V，需要把电流表G改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻阻值：R=UIG−r1=30.003−100=900Ω，定值电阻应选E.
(2)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

(3)表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，路端电压U=Ig(R2+r1)，
将原图象转换成路端电压与电流图象如图所示，

由闭合电路欧姆定律可知：I=0，U=E=1.90V，
由图示图象可知：k=r+r2=△U△I=1.90−1.150.50=1.5，电源内阻r=k−r2=1.5−1.0=0.50Ω；
故答案为：(1)E；(2)电路图如图所示；(3)1.90；0.50.
(1)根据电源电动势与实验器材选择定值电阻．
(2)根据电路图连接实物电路图．
(3)由闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻．
本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．

15.【答案】解：汽车的速度v=21.6km/h=6m/s，
汽车在前t=0.3s+0.7s=1.0s内做匀速直线运动，位移为：x1=v0t=6×1m=6m
随后汽车做减速运动，位移为：x2=v022a=622×5m=3.6m
所以该ETC通道的长度为：L=x1+x2=6m+3.6m=9.6m
答：该ETC通道的长度为9.6m。

【解析】汽车在前1s内做匀速运动，先求匀速的位移，第二阶段汽车刹车到停止，求出刹车位移，ETC通道的长度等于汽车匀速位移和刹车位移之和。
本题考查匀变速运动位移公式，需要由题意给出的情景，提炼运动规律，分阶段运用运动学公式加以解决。弄错运动情景，是处理较复杂直线运动时易犯的错误。

16.【答案】解：(1)对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：12mAvA2=mAgR
可得v=2m/s
(2)A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：(mA+mB)v′=mAv，
可得v′=1m/s；
(3)对AB一起滑动过程，由动能定理得：
μ(mA+mB)gL=12(mA+mB)v′2，
可得L=0.25m
答：(1)碰撞前瞬间A的速率v为2m/s。
(2)碰撞后瞬间A与B整体的速度为1m/s。
(3)A与B整体在桌面上滑动的距离L为0.25m。

【解析】(1)A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度。
(2)A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率。
(3)对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离。
本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。

17.【答案】解：(1)甲粒子在电场中运动时，根据动能定理可得：q1U=12m1v12
解得比荷：q1m1=v122U
甲粒子在磁场中运动轨迹如图所示：

根据几何关系可得：tan30∘=Rr1
解得：r1=3R
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：q1v1B=m1v12r1
解得：B=23U3v1R；
(2)乙粒子在电场中运动时，根据动能定理可得：q2U=12m2v22
解得比荷：q2m2=v222U
乙粒子射出磁场时速度偏转120∘，
根据几何关系可得：tan60∘=Rr2
解得：r2=33R
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：q2v2B=m2v22r2
解得：k2=q2m2=v222U=2UB2r22
同理k1=q1m1=v122U=2UB2r12
则：k1k2=r22r12=19

【解析】(1)甲粒子在电场中运动时，根据动能定理求解比荷，根据几何关系求解甲粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(2)乙粒子在电场中运动时，根据动能定理求解比荷，根据几何关系求解乙粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解比荷，再求出比荷之比。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，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。

18.【答案】A

【解析】解：A、在无风的时候，颗粒还会受到附近空气分子对它的撞击作用，颗粒要不停地做无规则运动，故A错误；
B、悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动叫做布朗运动，所以该颗粒符合布朗运动的条件，该颗粒的运动就是布朗运动，故B正确；
C、布朗运动产生的原因就是气体或液体分子对颗粒撞击的不平衡性造成的，故C正确；
D、布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，故D正确。
本题是选不正确的
故选：A。
悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动叫做布朗运动；它产生的原因是因为液体或气体分子对颗粒撞击的不平衡性造成的；布朗运动说明了液体或气体分子在不停地做无规则运动。
做布朗运动的固体颗粒用肉眼是观察不到的，受重力影响较小。用肉眼观察到的固体颗粒的运动要受重力的影响，所以就不是布朗运动了。

19.【答案】B

【解析】解：A、鸭子从池塘中出来，羽毛不湿，是不浸润现象，故A错误；
B、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力，故B正确；
C、粉笔能吸干纸上的墨水，是毛细现象，故C错误；
D、布做的雨伞，虽然纱线间有空隙，却不漏雨水，是不浸润现象，故D错误
故选：B。
鸭子从池塘中出来，羽毛不湿，是不浸润现象；
细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力；
粉笔能吸干纸上的墨水，是毛细现象；
布做的雨伞，虽然纱线间有空隙，却不漏雨水，是不浸润现象
本题关键是理解各种现象的特定和本质，注意学习时的记忆与区别．

20.【答案】解：(1)A→B是等容变化，根据查理定律得：
pATA=pBTB
解得：TB=1.0×1053.0×105×900K=300K；
(2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，根据功的公式解得：
WBC=pB△VBC=2.0×105J；
(3)C→A，是等温变化，由理想气体内能只与温度有关，知其内能不变，即△U=0
由热力学第一定律△U=Q+W，结合内能不变，知外界对气体做的功全部由热放出
故放热为：QCA=WCA=3.6×105J。
答：(1)气体在状态B时的温度为300K；
(2)气体从状态B→C的过程中，气体做的功为2.0×105J；
(3)该过程中气体是放热，放了3.6×105J热量。

【解析】(1)A→B根据查理定律列方程求解；
(2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，根据功的公式进行解答；
(3)C→A由热力学第一定律列方程求解。
在应用热力学第一定律解题时一定要注意各量符号的意义；△U的正表示内能变化，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。

21.【答案】D

【解析】解：AB、物体在任何时候都会发出红外线，温度越高，辐射红外线的能力越强，所以人体在任何时候都会辐射红外线，故AB错误；
C、红外体温计是依据人体发射红外线来测体温的，不是体温计发出的红外线，故C错误；
D、红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的，故D正确。
故选：D。
物体在任何时候都会发出红外线，红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的。
本题主要是考查红外线的作用，知道任何物体在任何时候都会发出红外线，只不过温度越高，辐射红外线的能力越强。

22.【答案】A

【解析】解：由图知波长为λ=0.24m；据题该波的周期T大于0.5s，说明波在0.5s内传播的距离小于一个波长。
A、波可能向左传播，传播距离为x1=6cm=0.06m，故波速为v1=x1t1=0.060.5m/s=0.12m/s，故A正确；
BD、若波向左传播，由14T=t得：T=4t=4×0.5s=2s，若波向右传播，则34T=t得：T=43t=43×0.5s=23s，故BD错误；
C、如果波向右传播，传播距离为x2=18cm=0.18m，故波速为v2=x2t=0.180.5m/s=0.36m/s，故C错误。
故选：A。
知道两个时刻的波形，不能确定波的传播方向，据题该波的周期T大于0.5s，由此求解周期；波在0.5s内传播的距离小于一个波长，分向右和向左两种情况由图象得到波传播的距离，根据v=△x△t求解波速。
解决本题要注意本题中波传播的距离不是一个通项，而是特殊值，要能够从图象中得出波传播的距离，要掌握波速的公式，以及注意波传播的双向性。

23.【答案】解：①光路图如图所示
，
根据几何知识有，临界角为∠C=∠EBF=45∘，
根据全发射临界角公式有sinC=1n，
所以n=2。
②根据几何关系可得：BH=BCsin45∘=2d，
在直角三角形BHG中，根据勾股定理有BH2+HG2=BG2，
解得HG=r2−2d2，
光在棱镜中传播速度为v=cn，
所以传播时间为t=FB+BH+HGv=n(r+2d+r2−2d2)c=2(r+2d+r2−2d2)c。
答：①棱镜的折射率n为2；
②光在棱镜中传播所用的时间t为2(r+2d+r2−2d2)c。

【解析】①作出光路图，根据几何知识求解全反射的临界角C，根据sinC=1n求解棱镜的折射率n；
②根据几何知识求解光在棱镜中传播的路径长，由v=cn求解光在棱镜中的传播速度，再根据x=vt求解光在棱镜中传播所用的时间t。
解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解相关的长度和角度，熟记全反射临界角公式以及光在介质中传播的速度公式。