2022年河北省衡水中学高考物理一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年河北省衡水中学高考物理一模试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了6，cs37∘=0，9km/s，5N时突变为3，5V,0，【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】ABD等内容，欢迎下载使用。

2022年河北省衡水中学高考物理一模试卷

1. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )
A. 图(a)中，分别用频率为v1和v2的光照射同一光电管，电流表均有示数，调节滑动变阻器的触头P，使微安表示数恰好为零，分别读出电压表对应的示数U1和U2，已知电子电量为e，可以推导出普朗克常量的计算式
B. 图(b)中，一个氢原子吸收能量从基态向n=3的能级跃迁时，最多可以吸收3种不同频率的光
C. 图(c)中，铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，两个铀238必定有一个发生衰变
D. 图(d)中，氘核的核子平均质量小于氦核的核子平均质量
2. 如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37∘，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、O′A′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 横梁OA所受的力为80N
B. 斜梁BO所受的力为50N
C. O、O′点同时向A、A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D. O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
3. 2021年7月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送入预定圆轨道，轨道周期约为1.7h，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，则下列说法正确的是( )
A. “黎明星”做匀速圆周运动的速度大于7.9km/s
B. 同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的10倍
C. 该时刻后“黎明星”经过1.7h能经过P城市正上方
D. 该时刻后“黎明星”经过17天能经过P城市正上方
4. 在粒子加速领域中有开创贡献的物理学家谢家麟获得2011年度国家最高科学技术奖，该奖项被誉为是“中国的诺贝尔奖”。环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，如图所示，正、负粒子由静止都经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区迎面相撞。不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A. 正、负粒子的比荷可以不相同
B. 加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
C. 磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，质量大的粒子进入磁场时动能小
D. 对于给定的正、负粒子，加速电压U越大，粒子从静止到碰撞运动的时间越短
5. 如图所示，两正四面体边长均为l0，两正四面体bcd面完全重合，电荷量为Q的两正、负电荷A、B分别置于两四面体左、右两顶点，静电力常量为k，则( )

A. b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同
B. b、c、d三点的电势不相等
C. 平面bcd上电场强度的最大值为3kQl02
D. 平面bcd上电场强度的最大值为3kQ2l02
6. 如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压U0=36V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1：3，已知R0=4Ω，R的最大阻值为100Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法错误的是( )
A. 电压表示数变小，电流表示数变大
B. 电源的输出功率变小
C. 当R=4Ω时，电压表示数为10.8V
D. 当R=36Ω时，R获得的功率最大
7. 如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为底边长为2a的等腰直角三角形区域，Ⅰ、Ⅲ区域有垂直纸面向外的匀强磁场，Ⅱ区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相等。一边长为a的正方形金属框在纸面内匀速通过磁场，通过磁场过程中正方形的一条边始终保持与等腰直角三角形的底边重合。取金属框中的感应电流顺时针方向为正，金属框通过磁场过程中，下图中能正确描述金属框中感应电流随时间变化关系的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，质量均为1kg的长方体物块甲、乙、丙叠放在水平地面上，乙、丙用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，轻绳与地面平行，甲与乙之间、乙与丙之间以及丙与地面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物块丙，则下列说法正确的是( )
A. 拉力F为11N时，丙即将运动
B. 要使甲、乙保持相对静止，拉力F不能超过23N
C. 甲的加速度始终与乙相同
D. 拉力F为17N时，轻绳的拉力为8N
9. 如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以v0=2gR的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高h=R6，小球可视为质点，重力加速度为g。则( )
A. 小车能获得的最大速度为4gR3
B. 小球在Q点的速度大小为5gR3
C. 小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为63
D. 小球落地时的速度大小为7gR3
10. 如图甲所示，一质量为m、边长为L，电阻为R的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平面上。空间中存在一竖直向下的单边界匀强磁场，线框有一半在磁场内。其ad边与磁场边界平行。t=0时刻起，磁场的磁感应强度随时间均匀减小，如图乙所示。线框运动的..图像如图丙所示，图中斜向虚线为过O点速度图线的切线，则( )
A. 线框中的感应电流沿逆时针方向
B. 磁感应强度的变化率为2mv0RB0t1L3
C. t3时刻，线框的热功率为4m2v02RB02L2t12
D. 0−t2时间内，通过线框的电荷量为mv0B0L
11. 某同学用如图甲所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在光滑水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为F1，测力端通过不可伸长的轻绳与一滑块相连(调节力传感器高度使轻绳水平)，滑块起初放在较长的木板的最右端(滑块可视为质点)，长木板的左、右两端连接有光电门(图中未画出)，光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。已知木板长为L，木板一端连接一根不可伸长的轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一测力计和一只空沙桶(调节滑轮高度使桌面上部轻绳水平)，测力计的读数记为F2，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空沙桶中缓慢倒入沙子。(重力加速度g取10m/s2)
(1)缓慢倒入沙子时，F1的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，测出滑块的质量为m1=1.5kg，则滑块与木板间的动摩擦因数为______；
(2)在木板开始滑动后，测出在沙桶中装有不同质量的沙子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为______(用题中所给字母表示)，在坐标系中作出F2−1t2的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为______(用题中所给字母表示)。

12. 某同学在实验室做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，实验室提供了如下器材：
小灯泡(2.5V,0.5A)
电流表A(量程为0.4A，内阻RA=1Ω)
电压表V(量程为3V，内阻RV≈3kΩ)
滑动变阻器(最大阻值R=10Ω，允许通过的最大电流2A)
定值电阻R1=2Ω
定值电阻R2=10Ω
电源E(电动势为3V，内阻不计)
开关S一个、导线若干

(1)他设计了如图甲所示的实验电路，Rx应选______ (填“R1”或“R2”)，电流表与Rx并联后的量程为______ A。
(2)利用图甲所示电路进行实验，某次测量时电流表的示数为0.2A，此时电压表的示数如图乙所示，则此时小灯泡的电阻为______ Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)通过实验正确作出小灯泡的I−U图线，如图丙所示。现把实验中使用的两个完全相同的小灯泡并联后接到如图丁所示的电路中，其中电源的电动势E0=2V、内阻r0=1Ω，定值电阻R=1.5Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为______ W(结果保留小数点后两位数字)。
13. 如图所示，质量M=1.5kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q.水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功WF=4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数μ=0.1.(g=10m/s2)求：
(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？
(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？
(3)为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？

14. 如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为(0,32a)。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为+q。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为(12a,0)。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。
(1)求两极板间的电压U；
(2)在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：
①“二度感光区”的长度L；
②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2；
(3)改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用(不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子)，且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。

15. 下列说法中正确的是( )
A. 两分子靠近的过程中，分子力做正功
B. 室内空气越干燥，相对湿度越大
C. 热量不能从高温热源传递到低温热源
D. 布朗运动是固体小颗粒在液体或气体中的运动，属于机械运动
16. 某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸C、D通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连静置在水平面上，如图所示。已知汽缸的质量为M，封闭气体气柱的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。(汽缸壁厚度及汽缸内气体的重力均可忽略不计)
(i)求初始时气体A的压强；
(ii)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后活塞a离水平面的高度。
17. 如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是t2=(t1+1)s时刻的波形图。已知该横波沿x轴负方向传播，质点M的平衡位置距O点5m。下列说法不正确的是( )
A. 该波的周期可能为411s
B. 若波的周期为415s，质点M在t1∼t2时间内运动的路程为3m
C. 质点M在t1时刻沿y轴负方向运动
D. 该波遇到尺度为10m的障碍物时，无衍射现象发生
18. 如图所示为一圆筒截面，两筒内外是空气，两筒之间充满折射率为3的均匀透明介质。内圆筒半径为R，外圆筒半径为2R，从M点光源处向介质内发射一细光束恰好与内圆相切，光束到达外圆边界P点时发生反射和折射，反射光线又经外圆边界多次反射后最终返回到M点，已知光在真空中的传播速度为c，求
(I)光线到达外圆P点发生折射时的折射角a
光线从M点发射经外圆边界多次反射后，在介质中第次返回M点传播的时间。
答案和解析

1.【答案】A
【解析】解：A、根据光电效应方程得，Ek1=hν1−W0=eU1，Ek2=hν2−W0=eU2，联立两式解得：h=e(U1−U2)ν1−ν2，故A正确；
B、一个氢原子吸收能量从基态向n=3的能级跃迁时，最多可以吸收2种不同频率的光，故B错误；
C、半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，故C错误；
D、氘核与氚核聚变生成氦核，聚变的过程中放出大量的能量，根据质能方程结合平均质量与比结合能的关系可知，氘核的核子平均质量大小于氦核的核子平均质量，故D错误。
故选：A。
根据电路图，当电子受到电场阻力运动时，则微安表示数才可能为零，从而可确定a、b电势高低；再根据光电效应方程，结合遏止电压和最大初动能的关系求出普朗克常量。根据玻尔理论判断；半衰期具有统计意义；根据聚变的特点判断。
该题考查光电效应、半衰期、玻尔理论以及聚变与裂变，考查到的知识点较多，在平时的学习中多加积累即可做好这一类的题目。

2.【答案】B
【解析】解：两个三角架承担的力为60N，每个三角架为30N，对O点受力分析，如图1所示

图1
根据力的平衡条件可知：FOA=G2tan37∘，FBO=G2sin37∘
代入数据解得：FOA=40N，FBO=50N
故A错误，B正确；
CD.O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图2虚线所示

图2
三角形AOB与力三角形相似，所以有
G2AB=FBOBO=FOAOA
AB与BO长度未变，AO长度减小，故FOB不变，FOA减小，故CD错误。
故选：B。
根据力的平衡条件可解得横梁OA和斜梁BO所受到的力；根据三角形AOB与力三角形相似可判断横梁OA和斜梁BO受力的变化情况。
本题考查共点力平衡与力的动态平衡，解题关键掌握受力分析与力的分解的运用。

3.【答案】D
【解析】解：A、根据第一宇宙速度为最大的环绕速度，卫星的运行速度都小于7.9km/s，故A错误；
B、根据开普勒第三定律：R3T12=r3T22可知，R31.72=r3242同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的6倍，故B错误；
CD、“黎明星”的周期1.7小时，由于地球的自转，该时刻后“黎明星”不是经过1.7h能经过P城市正上方，经过17天，“黎明星”和地球自转正好运行整数倍个周期，所以“黎明星”经过17天能经过P城市正上方，故C错误，D正确；
故选：D。
根据第一宇宙速度为最大的环绕速度，卫星的运行速度都小于7.9km/s；根据开普勒第三定律确定半径关系；由于地球的自转，该时刻后“黎明星”不是经过1.7h能经过P城市正上方。
本题以我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星为背景，考查了人造卫星问题，要明确人造卫星围绕地球做匀速圆周运动，利用万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求解。

4.【答案】D
【解析】解：A、设粒子的比荷为k(k=qm)，设其在磁场中做匀速圆周运动的线速度为v，运动半径为r。
粒子由静止都经过电压为U的直线加速器加速的过程，由动能定理得：
qU=12mv2
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qBv=mv2r
联立解得：r=2mUqB2=2UkB2
可见若正、负粒子的比荷不同，则在磁场中运动半径不相等，而环型对撞机需要正、负粒子在环状空腔内做半径相等圆周运动，故A错误；
B、由A项的结论：r=2UkB2，加速电压U一定时，粒子的比荷越大，运动半径r要保持一定，则磁感应强度B越小，故B错误；
C、由A项的结论：r=2UkB2，可得：U=12kB2r2
粒子进入磁场时的动能：Ek=qU=12kqB2r2，可见比荷相同的粒子，进入磁场时的动能与质量无关，故C错误；
D、对于给定的正、负粒子，加速电压U越大，其加速所需时间越短，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中运动的轨迹长一定，则在磁场运动时间也越短，故从静止到碰撞运动的时间越短，故D正确。
故选：D。
粒子由静止都经过电压为U的直线加速器加速的过程，由动能定理求得粒子获得的速度；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解运动半径表达式；环型对撞机需要正、负粒子在环状空腔内做半径相等且一定的圆周运动；对于给定的正、负粒子，加速电压U越大，其加速所需时间越短，粒子进入磁场的速度越大，在磁场运动时间也越短。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在加速电场中被加速做直线运动的过程，应用动能定理解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答。

5.【答案】C
【解析】解：AB.根据库伦定律可知，点电荷的场强为E=kQr2，由图可知，b、c、d三点到两电荷的距离相等，且A处为正电荷，B处为负电荷，故两电荷在三点的场强的矢量和大小相等，方向都与AB连线平行，故三点场强大小相等，方向相同；根据点电荷的电势公式φ=kQr，可知正电荷在三点的电势相等，负电荷在三点的电势也相等，且和都是零，故AB错误；
C.在平面bcd上，根据矢量叠加原理和几何关系得：AB连线与平面的交点电场强度最大，根据几何知识可得该点到A、B两点距离为23l0，为两点电荷场强的矢量和，即Emax=2kQ(23l0)2=3kQl02，故C正确，D错误。
故选：C。
根据点电荷的场强公式和几个关系求解各点场强的矢量和，根据点电荷的电势公式求解各点的电势的标量和，在平面bcd上AB连线与面的交点的场强最大，通过几何关系求出该点到A、B的距离代入点电荷场强公式求矢量和。
本题考查点电荷的场强矢量和，和电势的标量和，关键是立体几何关系的确定，同学们要细心分析求解。

6.【答案】B
【解析】解：AB、由理想变压器的特点可知U0I1=I12R0+I22R，I1：I2=n2：n1=3：1，可知U0=I1R0+I19R，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以电流增大，电流表示数变大，电源的输出功率P=U0I1增大，原线圈两端电压U1=U0−I1R0，因为电流增大，所以U1减小，由U1：U2=n1：n2=1：3，得U2减小，电压表示数减小，故A正确，B错误；
C、原线圈与副线圈两端电压之比U1：U2=n1：n2=1：3，U1=U0−I1R0，U2=I2R，电流之比I1：I2=n2：n1=3：1，联立得I2=3U09R0+R，代入数据解得I2=2.7A，电压表示数U2=I2R=2.7×4V=10.8Ω，故C正确；
D、R获得的功率P2=I22R=(3U09R0+R)2R=9U0281R02+18R0R+R2R=9U0281R02R+18R0+R，当81R02R=R时，R获得的功率最大，此时R=9R0=9×4Ω=36Ω，故D正确；
因选错误的
故选：B。
理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比，且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；原线圈的电压决定副线圈的电压；输出功率决定输入功率；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

7.【答案】A
【解析】解：三角形磁场的底边长为2a，正方形边长为a，以恒定的速度v穿过磁场三个区域，设T=av，把整个过程分为以下五段，如图所示：
1、0∼T，切割的有效长度L=vttan45∘=vt，所以I=ER=BLvR=Bv2tR∝t，由右手定则确定方向为顺时针方向。
2、T∼32T，切割磁感线的长度有三段：(a−vttan45∘)，2(a−vt)tan45∘，则电流I=B(a−vt−2vt+2a)vR=3Bv(a−vt)R，方向为顺时针方向，当t=T+T3时，正向电流减小为零；
3、32T∼2T，接上一过程，当t=T+32T时，反向电流最大为：Im=−2I；
4、2T∼3T，先是反向电流减小为零，再正向电流达最大为：Im=2I；
5、3T∼4T，先是正向电流减小为零，再把向电流达最大为：Im′=−I。
综合以上分析，符合题意的只有A选项，故A正确，BCD错误。
故选：A。
首先根据楞次定律判断出感应电流的方向。再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与时间坐标的关系，线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比。
本题关键确定线框有效的切割长度与时间t的关系，再结合数学知识选择图象。

8.【答案】ABD
【解析】解：A、丙即将运动时，在水平方向受到地面向左的摩擦力、绳子向左的拉力T、乙给丙向左的摩擦力，其中，，代入数据解得：，，当即将滑动时应有，
对甲、乙整体受力分析，可知，可解得F=11N，故A正确，
B、因为绳子不可伸长，则乙和丙的加速度大小相等，在甲和乙即将发生相对滑动时，对甲受力分析可得，对甲、乙整体受力分析可得，对丙受力分析可得，
代入数据并联立解得：F′=23N，说明要使甲和乙保持相对静止，拉力F不能超过23 N，故B正确；
C、由B可知当拉力超过23N时，甲、乙发生相对滑动，则加速度不同，故C错误；
D、当F=17N时，甲、乙没有发生相对滑动，此时对甲、乙整体有，对丙受力分析可得，联立解得T′′=8N，故D正确．
故选：ABD。
分析丙物体的受力情况，求出地面给丙的摩擦力f，乙给丙的摩擦力，再根据平衡条件求解拉力进行分析；在甲和乙即将发生相对滑动时，分别对甲受力分析、对整体受力分析、对丙物体受力分析求解拉力F，得到甲和乙发生相对滑动的临界力大小；分析当F=17N时有没有发生相对滑动，根据牛顿第二定律进行解答；甲和乙发生相对滑动时分析合外力，再分析加速度。
本题主要是考查了牛顿第二定律之连接体问题；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。

9.【答案】AD
【解析】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
A、小球最终由P点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞。
水平方向根据动量守恒定律可得：mv0=mv1+2mv2，
根据机械能守恒定律可得：12mv02=12mv12+12×2mv22，
解得此时小球的速度大小为：v1=2gR3，小车能获得的最大速度为：v2=4gR3，故A正确；
B、小球在Q点时，水平方向上与小车共速，水平方向由动量守恒定律得：，
解得：，
由能量守恒定律得：
解得：vQ=10gR3，故B错误；
C、小球此时在竖直方向上的分速度大小为，解得：vy=6gR3
设小球在Q点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则，解得tanθ=62，故C错误；
D、设小球离开小车时的速度大小为v，小球离开小车到落地过程中，根据动能定理可得：mgh=12mv2−12mv12 (v1在A选项已经求出)，解得：v=7gR3，故D正确。
故选：AD。
小球和小车在水平方向动量守恒、二者组成的系统机械能守恒，根据动量守恒定律、机械能守恒定律结合平抛运动的规律进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。

10.【答案】BC
【解析】解：A、由图乙可知垂直纸面向里的磁感应强度减小，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中电流方向为顺时针方向，故A错误；
B、根据左手定则可判断线框受到向左的安培力作用向左加速进入磁场，在t=0时刻，感应电动势大小为：E0=nΔΦΔt=12L2⋅ΔBΔt；
由牛顿第二定律得：B0E0RL=ma0
由图丙可知在t=0时刻的加速度为：a0=v0t1
联立解得：ΔBΔt=2mv0RB0t1L3，
故B正确；
C、由图丙可知，t2时刻之后，线框速度恒定，说明线框已经全部进入磁场，此后虽然电路中有感应电流，但各边安培力相互抵消，所以线框做匀速直线运动，在t3时刻有
E3=nΔΦΔt=L2⋅ΔBΔt
线框的热功率为：
P3=E32R
解得：P3=4m2v02RB02L2t12，故C正确；
D、0∼t2时间内，对线框由动量定理得：
BILΔt=mΔv
即：BLΔq=mΔv
若磁场B=B0恒定，则有B0LΔq=mv0
即通过线框的电荷量为：Δq=mv0B0L，但因为B随着时间逐渐减小，通过线框的电荷量不为mv0B0L，故D错误；
故选：BC。
根据楞次定律分析出感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律结合牛顿第二定律，同时理解v−t图像的斜率表示加速度，联立等式计算出磁感应强度的变化率；根据热功率的计算公式完成计算；根据动量定理计算出通过线框的电荷量。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据公式计算出感应电动势的大小，结合热功率公式完成计算，解题的关键点是根据动量定理计算出通过线框的电荷量，难度中等偏上。

11.【答案】0.22Lt2 k2L
【解析】解：(1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F1的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力Ff=3.0N
动摩擦因数μ=Ffm1g=3.01.5×10=0.2；
(2)根据位移公式L=12at2可得a=2Lt2，
对木板，由牛顿第二定律有F2−Ff=m2a
故F2=Ff+m22Lt2
因此F2−1t2图线的的斜率k=2m2L
则木板的质量为m2=k2L。
故答案为：(1)0.2；(2)2Lt2；k2L。
(1)明确实验原理对整体分析可明确静止时传感器示数等于桶的重力；对滑块进行受力分析，滑块水平方向受到小车给它的摩擦力和绳子的拉力，根据小车的运动情况分析滑块受到的摩擦力性质即可求解动摩擦因数；
(2)根据牛顿第二定律以及图象进行分析，从而求出加速度和木板的质量。
本题考查滑动摩擦力的实验探究和牛顿第二定律的应用等，关键是明确实验原理，利用所学物理规律进行分析求解即可；要注意在求解小车质量时，要将小车和桶视为整体，再根据连接体的分析方法进行分析求解小车的质量。

12.【答案】R1  0.61.70.15
【解析】解：(1)电流表并联一个分流电阻Rx后以扩大量程，则分流电阻应比电流表的内阻相当，故Rx选择R1，那么扩大以后的量程为I=IA+IARAR1=0.4A+0.4×12A=0.6A；
(2)由实验结果，电流表的示数为0.2A，则通过灯泡的电流IL=0.20A+0.2×12A=0.30A，从图乙中读出电压表的示数为0.70V，那么灯泡两端的电压UL=0.7V−0.2×1V=0.50V，所以此时灯泡的电阻RL=ULIL=0.50.3Ω=1.7Ω；
(3)设灯泡两端电压为U，电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有：U=E−2I(R+r0)，代入数据后得：U=2.0−5I，在图丙中画出此直线，它与小灯泡的伏安特性曲线相交于(0.5V,0.3A)，所以灯泡的实际功率P=UI=0.5×0.3W=0.15W。
故答案为：(1)R1、0.6；(2)1.7；(3)0.15(0.14∼0.16均正确)
(1)根据电流表的改装原理，分析选择分流电阻的大小，并计算改装后的电流表的量程；
(2)根据电压表的量程读出灯泡两端电压值，根据欧姆定律求出小灯泡此时的电阻；
(2)根据I−U图象的性质进行分析，写出两个灯泡与一个定值电阻混联后灯泡两端电压与电流的关系式，并画在灯泡的I−U曲线中，找到交点坐标，就是灯泡的工作电流和电压，从而求出灯泡的实际功率。
本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道本实验采用滑动变阻器分压接法，同时改装的电流表采用内接法的原因，同时还要注意用图象法求灯泡的实际功率的方法。

13.【答案】解：(1)推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有：EP=WP…①
当弹簧完全推开物块P时，有：EP=12mPv2…②
由①②式联立解得：v=4m/s
(2)选取P与Q组成的系统为研究的对象，P运动的方向为正方向，则P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，由动量守恒和能量守恒得：
mPv=mpv′+mQv0…③
12mpv2=12mpv′2+12mQvQ2        ④
由③④式解得：v0=v=4m/s，v′=0
(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得：
mQv0=(mQ+M)u…⑤
根据能量守恒，系统产生的摩擦热：
μmQgL=12mQv02−12(mQ+M)u2…⑥
联立⑤⑥解得：L=6m
答：(1)P刚要与Q碰撞前的速度是4m/s；
(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是4m/s；
(3)为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为6m。
【解析】(1)根据能量守恒求解弹簧的最大弹性势能，弹簧的弹性势能随后又转化为小物块的动能；
(2)P与Q碰撞前后动量守恒，能量守恒，列出等式即可求得Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少。
(3)物块P与滑块Q碰后最终与小车保持相对静止由动量守恒求解小车最后的速度；然后根据能量的转化与守恒求得小车的长度；
本题综合考查了动能定理、动量守恒定律以及能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键需理清运动过程，选择合适的规律进行求解。

14.【答案】解：(1)带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出(磁聚焦模型)，可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r=a。
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得：
qU=12mv2
联立解得：U=qB2a22m
(2)①在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在0∼180∘范围内，沿y轴正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨迹与感光板的交点先向右移动，离O点最远的交点为Q点(满足AQ=2r=2a)，再向左移动一直到C点，之后就打不到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好为C点，则：
CP=r=a
当粒子打在Q点时，AQ=2r=2a，由勾股定理得：
OQ=(2a)2−(32a)2=132a
则：L=OQ−OC−CE
代入数据解得：L=13−32a
②由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ，即“二度感光区”的粒子对应入射区域在HO之间，由几何关系得：
HO=a2，FH=a
可得打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：
n1：n2=HO：FO=a2：(a+a2)=1：3
(3)粒子在磁场中运动的半径R=mvqB，可知其它条件一定，R与v成正比，粒子每次反弹后速度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。
在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP=a，即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为a2，第二次打在距离C点2a处，再次反弹后粒子运动半径为a4，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a处，第五次落在离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了5个12圆周。
粒子在磁场中运动周期为：T=2πRv=2πmqB
该粒子在磁场中一共运动的总时间为：
t=52T=5πmqB
该粒子从H到P的路程为：s1=πa
从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s2=πa2
从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s3=πa4
从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s4=πa8
从第四次反弹到离开磁场的路程为：s5=πa16
该粒子在磁场中运动的总路程为：
s=s1+s2+s3+s4+s5
联立解得：s=3116a.
答：(1)两极板间的电压U为qB2a22m；
(2)①“二度感光区”的长度L为13−32a；
②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2为1：3；
(3)该粒子在磁场中运动的总时间t为5πmqB和总路程s为3116a。
【解析】(1)带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出(磁聚焦模型)，可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径；由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得加速获得的速度，在匀强电场中被加速的过程，由动能定理求解；
(2)①利用“动态圆”的方法判断“二度感光区”，由几何关系求解；
②所求粒子数之比等于对应的粒子入射区域的长度之比，由图中几何关系确定对应的粒子入射区域的长度；
(3)粒子在磁场中运动的半径R与线速度v成正比，粒子每次反弹后速度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。由几何关系判断粒子被反弹的次数，确定粒子运动轨迹求得轨迹长，利用周期求得时间。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在加速电场中被加速做直线运动的过程，应用动能定理解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。

15.【答案】D
【解析】解：A、分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力，若两分子从无穷远处靠近的过程中，分子力先做正功后做负功，故A错误；
B、空气的相对湿度越高，人们感觉越潮湿，相对湿度越低感觉越干燥，故B错误；
C、根据热力学第一定律知热量能自发从高温热源传递到低温热源，故C错误；
D、布朗运动是固体小颗粒在液体或气体中的运动，属于机械运动，反映液体或气体分子的运动，故D正确。
故选：D。
分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力，根据运动方向和力判定做功情况；空气的相对湿度越高，人们感觉越潮湿，相对湿度越低感觉越干燥；热量不能自发从低温物体传递给高温物体，但可以在外界影响下实现；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，说明了液体分子在做无规则运动。
题考查3−3的多个知识点的内容，掌握布朗运动的实质，会分析分子间距和分子力的关系是解答的关键．

16.【答案】解：(i)设弹簧的弹力为F，所以F=Mg
所以对A分析，设气体A的压强为pA，对汽缸C有pAS=F+p0S
解得pA=p0+MgS
(ii)气体B等压变化，则有LST0=L1ST1
故L1=0.8L
弹簧压缩为
kx=Mg
解得x=Mgk
活塞a离水平面的高度为H=L1+L0−x=0.8L+L0−Mgk
答：(i)初始时气体A的压强为p0+MgS；
(ii)若环境温度缓慢降至0.8T0，稳定后活塞a离水平面的高度为0.8L+L0−Mgk
【解析】(i)对A进行受力分析计算出气体的压强；
(ii)分析出气体变化前后的状态参量，结合受力分析和一定质量的理想气体的状态方程完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据受力分析得出气体的压强，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量结合公式pV=CT即可完成分析。

17.【答案】D
【解析】解：A.波沿x轴负方向传播，则波速为v=xΔt=nλ+34λΔt=4n+31m/s=(4n+3)m/s(n=0、1、2、3……)，从而得到周期T=λv=44n+3s(n=0、1、2、3……)，所以周期可能为411s，故A正确；
B.若波的周期为415s，从t1到t2时间内，质点M运动的路程为15A=15×0.2m=3m，故B正确；
C.波沿负方向传播，根据上下坡法可知质点M在t1时刻沿y轴负方向运动，故C正确；
D.因该波的波长为4m，则该波遇到尺度为10m的障碍物时无明显衍射现象，但衍射依然存在，故D错误。
本题选择不正确的，
故选：D。
根据题意找出在该段时间内波形平移的距离，根据v=xΔt计算波速的通式，由题图可知波长，由T=λv计算周期的通式，进而判断波速和周期的可能值；根据上下坡法可知质点振动方向；当波长与障碍物的尺寸差不多或比障碍物的尺寸更长时可以发生明显的衍射。
本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

18.【答案】解：(I)光路如图，过O点作MP垂线，与MP相交于S点，由三角形几何关系得：sinβ=OSOP=12
解得：β=30∘
由折射定律：n=sinαsinβ=3
则α=60∘
作细光束的光路如图。由角度关系可知：反射光线经外圆边界再次反射后最终返回M点，反射光线构成一正三角形MPQ，有：
MP=4Rcos30∘=23R
光线在介质中的速度为：v=cn
即：t=3MPv=18Rc
答：(I)光线到达外圆P点发生折射时的折射角是60∘；
光线从M点发射经外圆边界多次反射后，在介质中第次返回M点传播的时间是18Rc。
【解析】(I)做出光路图，由几何关系、折射定律可求得光线到达外圆P点发生折射时的折射角；
做从光路图，由几何关系可求得在玻璃中的传播路程，再由v=cn可求得光线在介质中的速度，则传播时间可求解。
作出光路图，关键在于题目中几何关系的应用，再根据折射定律求解即可。