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2023年河南省鹤壁高中高考物理三模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年河南省鹤壁高中高考物理三模试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了 下列叙述不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年河南省鹤壁高中高考物理三模试卷
1. 下列叙述不正确的是( )
A. 一切物体都在辐射电磁波
B. 一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D. 黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
2. 关于波粒二象性，下列说法正确的是( )
A. 光电效应证明了光具有粒子性，康普顿效应证明了光具有波动性
B. 光的波长越长，其粒子性越显著；波长越短，其波动性越显著
C. 不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
D. 电子绕原子核运动时只能在一定的轨道上运动，此时电子只有粒子性，没有波动性
3. 在暗室中，用激光照射不透明挡板上的两条平行狭缝，在后面的光屏上观察到如图所示的条纹，下列说法正确的是( )
A. 这是光的衍射现象，说明光具有波动性 B. 这是光的衍射现象，说明光具有粒子性
C. 这是光的干涉现象，说明光具有波动性 D. 这是光的干涉现象，说明光具有粒子性
4. 下面四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是( )
A. 甲图中，挡板上缝宽代表粒子位置的不确定范围，屏幕上中央亮条的宽度代表粒子动量的不确定范围
B. 乙图是汤姆生用于研究阴极射线本质的气体放电管，通过该装置可以获得阴极射线是带电微粒而非电磁辐射
C. 丙图中，奥斯特提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性
D. 丁图是卢瑟福研究α粒子散射的实验装置图，分析此实验结果，他提出了原子的核式结构模型
5. 目前我们学习过的核反应有4种类型，下列核反应方程的类型说法正确的是( )
① 1124Na→1224Mg+−10e
② 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n
③ 919F+24He→1022Ne+11H
④ 12H+13H→24He+01n
A. ①人工核转变、②核裂变、③核聚变、④衰变
B. ①衰变、②核裂变、③核聚变、④人工核转变
C. ①人工核转变、②核聚变、③衰变、④核裂变
D. ①衰变、②核裂变、③人工核转变、④核聚变
6. 地球的周围存在地磁场，能有效地改变射向地球的宇宙射线的方向，使它们不能到达地面，从而保护地球上的生命．假设有一束带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来(如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极)，不考虑粒子受到的重力作用，则在地磁场的作用下，粒子在进入地球周围的空间时，其偏转方向以及速度大小的变化情况是：( )
A. 相对于预定地点向东偏转，速度变大 B. 相对于预定地点向西偏转，速度变大
C. 相对于预定地点向东偏转，速度大小不变 D. 相对于预定地点向西偏转，速度大小不变
7. 如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C、O两点处的磁感应强度大小分别为( )
A. 2B、0
B. 2B、2B
C. 0、 2B
D. 2B、 2B
8. 研究表明，太阳内部持续不断地发生着4个质子(11H)聚变为氦核(24He)的热核反应，这个核反应释放的能量就是太阳的能源。已知太阳每秒钟向空间辐射的能量约为3.8×1026J，质子的质量mp=1.0073u，氦核的质量mHe=4.0015u，电子的质量me=0.00055u，1u=931.5MeV.则太阳内部每秒钟参与核反应的质子数约为( )
A. 7.6×1035个 B. 5.2×1036个 C. 9.6×1037个 D. 3.8×1038个
9. 竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60∘角。绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒I0中通入向里的电流，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx，下列说法正确的是( )
A. 应在I=mgdkI0l时给导体棒1以轻微的扰动
B. 绳1中拉力的最大值为 33mg
C. 绳2中拉力的最小值为 33mg
D. 导体棒2中电流的最大值为I=2mgd5kI0l
10. 在对微观物质结构的研究中，下列实验事实与实验结论相对应的是( )
A. 电子的发现意味着原子还有结构
B. α粒子散射实验说明原子具有核式结构
C. α粒子轰击氮核打出质子，证明原子核是由质子构成的
D. 元素的衰变现象表明，原子核越小越稳定，越大越不稳定
11. 如图所示，能级间的跃迁产生不连续的谱线，从不同能级跃迁到某一特定能级就形成一个线系，比如：巴耳末系就是氢原子从n=3，4，5…能级跃迁到n=2的能级时辐射出的光谱，其波长λ遵循以下规律：1λ=R(122−1n2)，下列说法正确的是( )
A. 公式中n只能取整数值，故氢光谐是线状谱
B. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，其核外电子的动能增大
C. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射出的光子，在巴耳末系中波长最短
D. 用能量为13.0eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，受照射后，氢原子能跃迁到n=4的能级
12. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变，生成了一个质量为M的新核，同时放出质量为m、电量为q的α粒子，α粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R，反应中释放的核能全部转化为生成的新核和α粒子的动能，下列说法正确的是( )
A. 生成的新核和α粒子的动能之比为m：M
B. 生成的新核的比结合能大于衰变前原子核的比结合能
C. 生成的α粒子的动能为q2B2R22m
D. 衰变过程中的质量亏损为q2B2R2(M+m)2m2c2
13. 如图所示是原子核的平均结合能(也称比结合能)与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原子核的平均结合能，如 816O的核子平均结合能约为8MeV， 24He的核子平均结合能约为7MeV，根据该图像判断下列说法正确的是( )
A. 随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能增大
B. 2656Fe核的平均结合能最大，最稳定
C. 把 816O分成8个质子和8个中子比把 816O分成4个 24He要多提供约16MeV的能量
D. 把 816O分成8个质子和8个中子比把 816O分成4个 24He要多提供约112MeV的能量
14. 如图所示，在水平桌面上放有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60∘斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直，a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，线框质量为m，重力加速度为g，则( )
A. 线框受到的摩擦力大小为 32BIL B. 线框受到的摩擦力大小为3 34BIL
C. 线框对桌面的压力大小为mg−12BIL D. 线框对桌面的压力大小为mg−34BIL
15. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，边长为L的N匝正方形线圈中通以电流I，如图乙所示，线圈中左侧一条a导线电流方向垂直纸面向外，右侧b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )
A. 该磁场是匀强磁场 B. 该线圈的磁通量为BL2
C. a导线受到的安培力方向向上 D. b导线受到的安培力大小为NBIL
16. 把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在的区域的磁感线呈弧线，导线中的电流方向由a到b，如图所示．导线可以在空中自由移动和转动，俯视看，导线在安培力的作用下先逆时针转动，转过一个小角度后，接着边转动边向下移动．虚线框内有产生以上弧形的场源．下列符合要求的是( )
A. B. C. D.
17. 关于近代物理学，下列图象在描述现象中，解释正确的是( )
A. 如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长方向移动(已知T1 >T2)
B. 如图乙所示，发生光电效应时，入射光越强，光电子的最大初动能也就越大
C. 如图丙所示，金属的遏制电压Uc与入射光的频率v的图象中，该直线的斜率为he
D. 同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线：甲光、乙光、丙光，如图丁所示。则可判断甲、乙、丙光的频率关系为v甲=v乙
A. 若乙光为绿光，甲光可能是紫光
B. 若甲光为绿光，丙光可能是紫光
C. 若乙光光子能量为2.81eV，用它照射由金属构成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n=3激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光
D. 若乙光光子能量为2.81eV，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光
19. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下．磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出．则( )
A. 小球带负电 B. 小球运动的轨迹是一条抛物线
C. 洛伦兹力对小球做正功 D. 水平拉力F是不断变大
20. 如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C=π6，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为53t0.则下列判断正确的是( )
A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt0
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为2 37d
D. 粒子进入磁场时的速度大小为2 3π7dd0
21. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，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)小明同学按照图甲所示的电路进行实验，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，小明利用现有的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52
根据实验数据可知，所选的定值电阻为______(选填“R1”或“R2”)。
(3)用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将图乙中的实物图连接成完整电路。
(4)根据表中的数据画出的U−I图像(如图丙所示)可得，电源的内阻为______(保留2位有效数字)。
(5)考虑到电压表分流会引起测量误差，小明用作图的方法进行误差分析，图中实线对应测量值，虚线对应真实值，所作的图像中正确的是______。
22. 如图所示，质量M=1kg足够长的绝缘木板放置在光滑水平面上，其右端放有一质量为m=2kg可视为质点的物块，物块带正电，电荷量q=0.8C，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，开始时物块与木板都处于静止状态。在距木板右端L=4m处有一竖直分界线DE，DE右边有垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5T。现对木板施加水平向右F=8N的拉力，当物块运动到DE处时，撤去拉力F。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)从木板开始运动到木板右端到达DE所用的时间；
(2)物块刚要进入磁场时，物块相对木板运动的距离；
(3)整个过程中产生的热量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、一切物体都在辐射电磁波，故A正确；
B、实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型，故B错误；
C、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，温度越高时，黑体辐射强度的极大值向波长减小的方向移动，故C正确；
D、能够完全吸收入射的各种波长的电磁波的理想物体叫做黑体，故D正确；
此题选择不正确，故选：B。
实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型。
明确黑体辐射的特点与黑体辐射的规律。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
一切运动的微粒都具有波粒二象性，波长越长，波动性越明显，据此可判断。
本题考查波粒二象性，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
【解答】
A.光电效应和康普顿效应都证明了光具有粒子性，故A错误；
B.光的波长越长，衍射现象越明显，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著，故B错误；
CD.一切运动的微粒都具有波粒二象性，电子绕原子核运动时也具有波动性，故C正确，D错误。
3.【答案】C
【解析】解：观察图中屏上的条纹可知，条纹明暗相间，且条纹宽度一致，则这是光的干涉现象，由于是同一光源发出的激光，也符合光发生干涉的条件。干涉和衍射是波特有的现象，因此光的干涉现象说明光具有波动性，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据衍射与干涉条纹的特点判断即可。
该题考查了光的干涉，要注意明确光的干涉条纹、衍射条纹的区别，衍射和干涉是波特有的性质，说明了光具有波动性．
4.【答案】C
【解析】解：A、图中为粒子经过衍射后产生的衍射图样，根据不确定原理的解释可知，图中，挡板上缝宽代表粒子位置的不确定范围，屏幕上中央亮条的宽度代表粒子动量的不确定范围，故A正确；
B、汤姆生认为阴极射线是带电粒子流，为了证实这一点，他用气体放电管进行了一系列实验，断定阴极射线的本质是带电粒子流，通过粒子比荷的测定，他猜想这种带电粒子是构成各种物质的共同成分，后来组成阴极射线的粒子被称为电子，故B正确；
C、安培提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性，故C错误；
D、根据物理学史可知，卢瑟福研究α粒子散射的实验装置图，分析此实验结果，他提出了原子的核式结构模型，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：C。
A选项根据不确定原理分析；BCD选项是物理学史问题，根据汤姆生、安培、卢瑟福等科学家的成就进行答题．
该题中的四个图分别表示物理学史中的四个不同的史实，物理学史是考试的基本内容之一，对于重大发现、著名理论等等物理学史要加强记忆，注重积累．
5.【答案】D
【解析】解：①是放射性元素放射出粒子而转变为另一种元素的过程，属于原子核的衰变；②是重核分裂成两个中等质量的原子核，属于核裂变；③是高能粒子轰击原子核使之转变为另一种原子核的过程，属于原子核的人工转变；④是轻核结合成较重的原子核，属于核聚变。所以以上反应类型依次属于衰变、核裂变、人工转变、核聚变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据核反应方程的分类，结合α衰变、β衰变、裂变反应、轻核聚变以及原子核的人工转变依次进行判断即可．
明确聚变、裂变、以及α、β衰变等各种核反应方程的特点．这方面的知识要加强理解记忆，主要核反应方程的质量数和电荷数守恒．
6.【答案】C
【解析】解：当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转。
而洛伦兹力一定垂直与速度，不做功，故不改变速度大小。
故选：C。
根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．
本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．
7.【答案】D
【解析】解：根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿CM；放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为BC= B2+B2= 2B；放置在FE边的电流在O点产生的磁场大小为B、方向沿NO；放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿OP，故O点处的磁感应强度大小为BO= B2+B2= 2B；故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则判断通电导线FE和ND分别在C点和O点产生的磁场方向，根据磁感应强度的叠加求合磁感应强度，然后作出判断。
本题考查了安培定则和磁场的叠加，要求熟练掌握平行四边形定则。
8.【答案】D
【解析】解：核反应方程式为：411H→42He+201e，这个核反应中质量亏损为：
△m=4mp−mHe−2me=4×1.0073u−4.0015u−2×0.00055u=0.0266u
根据质能方程，该核反应中放出的结合能为：
△E=0.0266×931.5MeV≈24.8MeV=24.8×106×1.6×10−19MeV≈3.96×10−12 J
太阳内部每秒钟参与核反应的质子数约为：N=4×PΔE=4×3.8×10263.96×10−12个=3.8×1038个。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
写出该核反应方程，求出质量亏损为△m=4mp−mHe−2me，在利用质能方程求出一次反应释放的能量△E，太阳内部每秒钟参与核反应的质子数约为：N=4×PΔE。
本题考查了质能方程、核聚变反应方程式等知识点。易错点：求出质量亏损后，利用1u=931.5MeV求释放的结合能时，还需要把MeV转化为J。
9.【答案】B
【解析】解：A、对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，所以F3d=FPM=mg2d，所以，恒有F3=mg2，初始时，应有F3+BI0l=mg，B=kId，联立解得I=mgd2kI0l。所以应在I=mgd2kI0l时给导体棒1微小扰动，故A错误；
B、对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，最大值为F1m=mg2cos30∘= 33mg，故B正确；
C、F2一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，故C错误；
D、由上述分析可知F=PM2dmg，由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为 5d，所以F= 52mg，且F=BI0l，此时B=kl 5d，所以电流最大值Im=5mgd2kI0l，故D错误。
故选：B。
对金属棒进行受力分析，根据平衡条件求解绳3的拉力最大值和安培力的最大值，根据安培力公式求解金属棒中电流的最大值；以结点O为研究对象，进行受力分析，由于金属棒中的电流缓慢变化，安培力缓慢变化，对应的每个状态可以看作平衡态，根据平衡条件求解。
注意由于金属棒中的电流缓慢变化，安培力缓慢变化，对应的每个状态可以看作平衡态，称为动态平衡，可以用解析法解决此类问题。
10.【答案】AB
【解析】解：A、电子的发现意味着原子还有结构，故A正确；
B、α粒子散射实验说明原子具有核式结构，故B正确；
C、α粒子轰击氮核打出质子，证明原子核内存在质子，而原子核是由质子和中子组成的，故C错误；
D、原子核的稳定程度由比结合能决定，与原子核的大小无关，故D错误；
故选：AB。
根据物理学史和原子的核式结构做出正确的判断；
理解原子核稳定性与比结合能的关系。
本题主要考查了原子的核式结构，熟记物理学的发展史和原子的核式结构进行分析即可，要注意原子核的稳定性与比结合能有关。
11.【答案】AB
【解析】
A.根据玻尔理论可知，公式中n只能取整数值，故氢光谐是线状谱。故A正确；
B.氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，其核外电子的轨道半径变小，由：ke2r2=mv2r可知，电子动能增大。故B正确；
C.根据玻尔理论可知氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射出的光子，在巴耳末系中光子中能量值最小，则波长最长。故C错误；
D.用能量为13.0eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，受照射后，若氢原子能吸收该光子，则新的能级为：E=−13.6eV+13eV=−0.6eV；氢原子没有该能级，所以氢原子不能吸收该光子。故D错误。
故选：AB。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、静止的原子核辐射衰变，衰变产生的新核与α粒子组成的系统的动量守恒，以α粒子的方向为正方向，则：mv+Mv′=0
所以生成的新核和α粒子的动能之比为：EMEm=12Mv′212mv2=mM，故A正确；
B、衰变的过程中释放能量，可知生成的新核的比结合能大于衰变前原子核的比结合能，故B正确；
C、α粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，则：qvB=mv2R，则粒子的动能：Em=12mv2=q2B2R22m，故C正确；
D、结合AC可得新核的动能：EM=mMEm=q2B2R22M，根据质能方程可知，亏损的质量：△m=Em+EMc2=q2B2R2(M+m)2Mmc2，故D错误。
故选：ABC。
衰变的过程中系统的动量守恒；根据带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，求得α粒子的速度，再结合动量守恒定律和质能方程即可求得衰变过程中的质量亏损。
该题将带电粒子在磁场中的圆周运动与动量守恒定律和质能方程结合在一起，要理清它们之间的关系，确定要使用的公式。
13.【答案】BD
【解析】解：A、由图像可知，随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能先增大后减小，故A错误；
B、由图像可知，5626Fe核的平均结合能最大，原子核最稳定，故B正确；
CD、把168O分成质子和中子需要提供的能量约为：ΔE1=16×8MeV=128MeV
将质子和中子结合成一个42He所放出的能量约为：ΔE2=4×7MeV=28MeV
则168O将分为4个42He需要提供的能量约为：ΔE3=ΔE1−4×ΔE2=(128−4×28)MeV=16MeV
故要多提供的能量为：ΔE3−ΔE1=(128−16)MeV=112MeV，故C错误，D正确。
故选：BD。
从图像上直接分析平均结合能随原子质量的增加，原子核的平均结合能如何变化；平均结合能越大，原子核越稳定；分别算出把168O分成8个质子和8个中子和把168O分成4个42He需要的能量，进行比较即可。
本题考查原子核的结合能与比结合能，解题关键是要理解结合能与比结合能的定义，以及两者之间的关系，知道比结合能可以反映原子核的稳定性。
14.【答案】BD
【解析】解：AB、abc导线的有效长度为L，根据ac边和abc边并联，通过ac两点的电流为I，所以流过abc的电流为12I，ac边所受的安培力为：F1=BILsin60∘= 32BIL，abc边所受的安培力为：F2=B⋅12ILsin60∘= 34BIL，线框处于静止状态，根据平衡条件，结合左手定则，可得线框受到的摩擦力大小为：f=F1+F2= 32BIL+ 34BIL=3 34BIL，故B正确，A错误。
CD、在竖直方向上有：FN+BILsin30∘+B⋅12ILsin30∘=mg
解得：FN=mg−34BIL
根据牛顿第三定律可知线框对桌面的压力大小F′N=FN=mg−34BIL
故C错误，D正确；
故选：BD。
根据安培力公式F=BIL(L表示导线的有效长度)，结合平衡条件及左手定则求解即可。
本题考查了安培力公式、左手定则以及平衡条件求解，一定要理解F=BIL中，要明确L表示导线的有效长度，B垂直于IL。
15.【答案】CD
【解析】解：A、由图可知，该磁场的磁感线不是平行且等间距的，故磁场的磁感应强度大小并不处处相等，故A错误；
B、线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；
C、a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C正确；
D、单匝时，b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为BIL，因线圈为N匝，故导线b受到的安培力大小为NBIL，故D正确。
故选：CD。
利用图示的装置分析出磁电式仪表的工作原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向，根据安培力公式F=BIL求解安培力的大小。
本题考查磁电式电表的工作原理、左手定则；掌握均匀辐向磁场的分布特点，来理解电流表的工作原理，利用左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。
16.【答案】AC
【解析】解：由左手定则，结合通电导线左半部分受到安培力方向垂直纸面向外，右半部分安培力方向垂直向纸面向里，导致通电导线从上向下(俯视)看逆时针转动，可知，磁感线方向是从左向右；当导线转过一小角度后，同时受到安培力向下，向下移动，因此要么由条形磁铁提供磁场，要么是通电直导线提供磁场，通电电线的电流方向是垂直纸面向里，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
由左手定则，结合通电导线安培力方向，可判定磁感线的方向；由导线转动方向，再根据左手定则来确定导线安培力方向，即可求解．
本题考查灵活运用左手定则来判定安培力方向，注意通电导线所处的磁场方向．并会区分右手定则不同．
17.【答案】CD
【解析】解：A、由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，辐射强度的极大值向波长较小方向移动。故A错误；
B、根据光电效应方程有Ekm=hγ−W0，可知光电子的最大初动能与光的强度无关。故B错误；
C、根据光电效应方程有Ekm=hγ−W0
根据能量守恒定律得：eUC=EKm
联立得：eUC=hv−W0
即UC=hγe−W0e，可知，该直线的斜率为he.故C正确；
D、根据Ek=eUC，由图知丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲光、乙光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能。故D正确
故选：CD。
由图可得出波长与辐射强度及温度之间的关系；根据光电效应方程Ekm=hγ−W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，分析遏止电压UC的关系以及光电子的最大初动能的关系。结合数学知识分析Uc−v图象的斜率关系。
本题考查黑体辐射的规律和光电效应的规律，但其实考查的是学生读图的能力，关键要知道随温度的升高，各种波长的辐射强度均增大，知道光电子的最大初动能与遏止电压的公式Ek=eUC。
18.【答案】BC
【解析】解：AB.甲、乙两个的遏止电压相等，且小于丙光的遏止电压，根据12mvm2=eUc，知甲、乙两光照射产生光电子的最大初动能相等，小于丙光照射产生的光电子最大初动能；
根据光电效应方程Ekm=hv−W0，逸出功相等，知甲、乙两光的频率相等，小于丙光的频率，甲光频率小，则波长长，而丙光频率大，波长短，因此若甲光为绿光，丙光可能是紫光，故A错误，B正确；
C、若乙光光子能量为2.81ev，用它照射由金属铷构成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子的最大初动能为：Ekm=2.81−2.13=0.68eV；去撞击大量处于n=3激发态的氢原子时，能量值最大可以达到：E=Ekm+E3=0.68−1.51=−0.83eV
由于该能量值介于氢原子的第4能级与第5能级之间，可知该光电子与氢原子碰撞，可以使氢原子吸收0.66eV的能量跃迁到n=4的能级；当大量的处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以产生C42=6种不同频率的光，故C正确；
D、若乙光光子能量为2.81ev，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，能量值最大可以达到：E=Ekm+E2=0.68−3.4=−2.72eV，由于该能量值介于氢原子的第2能级与第3能级之间，可知该光电子与氢原子碰撞，氢原子不能吸收0.68eV的能量发生跃迁；故D错误；
故选：BC。
根据12mvm2=eUc，结合遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，结合光电效应方程Ekm=hv−W0比较入射光的频率，结合玻尔理论，由能级之间的关系判断。
解决该题的关键是熟记爱因斯坦的光电效应方程，知道遏止电压与初动能的关系，会根据图象判断初动能和光的频率，并掌握能否跃迁的条件。
19.【答案】BD
【解析】解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A错误．
B、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线．故B正确．
C、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功．故C错误．
D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大．故D正确．
故选：BD.
小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性．将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向．根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化．
本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动．
20.【答案】ABC
【解析】
【分析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14周期，由此求得周期。根据周期公式T=2πmqB求出磁感应强度B.画出运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，再由半径公式r=mvqB求出速度。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。
【解答】
A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，即14T=t0，则得周期T=4t0，故A正确；
B.由T=2πmqB得，B=2πmqT=πm2qt0，故B正确；
C.设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有θ2πT=5t03，得θ=5π6画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得：
Rcos30∘+Rcos30∘=d，可得R=2 37d，故C正确；
D.根据5t03=θRv，解得v= 3πd7t0.故D错误。
故选ABC。
21.【答案】(1)B；(2)R1；(3)实物电路图如图；(4)0.67Ω；(5)C。
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图由闭合电路的欧姆定律得：U=E−Ir，实验时电压表示数U的变化范围比较小是由于电源内阻r内阻较小造成的，故选B。
(2)(4)为改变电压表示数的变化范围比较小的问题，可以给电源串联一个定值电阻，串联电阻与电源整体构成等效电源，设串联电阻阻值为R，由闭合电路的欧姆定律得：U=E−I(r+R)，由图丙所示图象可知，图象斜率的绝对值k=r等效=r+R=1.60.6Ω≈2.67Ω；
由题意可知，电源的内阻小于1Ω，则定值电阻选择R1；电源内阻r=0.67Ω
(3)定值电阻与电源串联，实物电路图如图乙所示
(5)由于电压表的分流作用电流的测量值小于流过电源的真实值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)R1；(3)实物电路图如上图乙所示；(4)0.67Ω；(5)C。
(1)根据实验电路图与题意分析答题。
(2)(4)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源内阻，然后分析答题。
(3)根据题意与实验原理连接实物电路图。
(5)根据实验误差来源分析答题。
本题主要是考查“测量电源的电动势和内阻”的实验，关键是知道实验原理和数据处理方法，能够根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化范围较小的原因，能够根据图像法进行数据处理。
22.【答案】解：(1)假设物块和木板一起运动，根据整体和隔离法可得：F=(M+m)a，解得：a=83m/s2
对物块受力分析：μmg
对木板：F−μmg=Ma2，解得：a2=4m/s2
根据匀变速直线运动规律可知：L=12a2t12，解得：t1= 2s
(2)若物块刚要进入磁场时，即物块相对地面产生的位移为L，根据匀变速直线运动的规律可得：L=12a1t22，解得：t2=2s
在2s内物块产生的位移为：x=12a2t22，解得：x=8m
那么，物块相对木板运动的距离为：Δx=x−L=8m−4m=4m
(3)物块刚进入磁场时的速度为：v1=a1t2，解得：v1=4m/s
此时木板的速度为：v2=a2t2，解得：v2=8m/s
进入磁场后，物块做加速度减小的加速运动，木板做加速度减小的减速运动，假设能共速，根据水平方向上动量守恒可知：
mv1+Mv2=(m+M)v，解得：v=163m/s
那么，物块的洛伦兹力与重力平衡时的速度为：qv′1B=mg，解得：v′1=5m/s<163m/s
说明没有共速前，物块已经与木板分离，此时根据水平方向动量守恒可知：mv1+Mv2=mv′1+Mv′2，解得：v′2=6m/s
由能量守恒可得：Q=μmgΔx+12mv12+12Mv22−12mv′12−12Mv′22，解得：Q=21J
答：(1)从木板开始运动到木板右端到达DE所用的时间为 2s；
(2)物块刚要进入磁场时，物块相对木板运动的距离为4m；
(3)整个过程中产生的热量为21J。
【解析】(1)先根据整体和隔离法判断物块和木板是否产生相对滑动，再根据牛顿第二定律分别求出物块和木板的加速度，最后根据匀变速直线运动规律解出时间；
(2)根据题意可知，物块刚好到达磁场边界时，根据匀变速直线运动规律解出时间，后计算出木板在这段时间内产生的位移，最后相减即为相对距离；
(3)根据运动情况分析可知，当物块的洛伦兹力等于重力后，与木板不再产生摩擦力，最后根据能量守恒得出整个过程中产生的热量。
本题考查了板块模型与磁场的综合问题，解题的关键是熟练掌握整体和隔离法使用，会判断物块和木板是否产生相对滑动，计算热量时可以用摩擦力乘以相对位移也可以用能量守恒计算。
2023年河南省鹤壁高中高考物理三模试卷
1. 下列叙述不正确的是( )
A. 一切物体都在辐射电磁波
B. 一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D. 黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
2. 关于波粒二象性，下列说法正确的是( )
A. 光电效应证明了光具有粒子性，康普顿效应证明了光具有波动性
B. 光的波长越长，其粒子性越显著；波长越短，其波动性越显著
C. 不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
D. 电子绕原子核运动时只能在一定的轨道上运动，此时电子只有粒子性，没有波动性
3. 在暗室中，用激光照射不透明挡板上的两条平行狭缝，在后面的光屏上观察到如图所示的条纹，下列说法正确的是( )
A. 这是光的衍射现象，说明光具有波动性 B. 这是光的衍射现象，说明光具有粒子性
C. 这是光的干涉现象，说明光具有波动性 D. 这是光的干涉现象，说明光具有粒子性
4. 下面四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是( )
A. 甲图中，挡板上缝宽代表粒子位置的不确定范围，屏幕上中央亮条的宽度代表粒子动量的不确定范围
B. 乙图是汤姆生用于研究阴极射线本质的气体放电管，通过该装置可以获得阴极射线是带电微粒而非电磁辐射
C. 丙图中，奥斯特提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性
D. 丁图是卢瑟福研究α粒子散射的实验装置图，分析此实验结果，他提出了原子的核式结构模型
5. 目前我们学习过的核反应有4种类型，下列核反应方程的类型说法正确的是( )
① 1124Na→1224Mg+−10e
② 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n
③ 919F+24He→1022Ne+11H
④ 12H+13H→24He+01n
A. ①人工核转变、②核裂变、③核聚变、④衰变
B. ①衰变、②核裂变、③核聚变、④人工核转变
C. ①人工核转变、②核聚变、③衰变、④核裂变
D. ①衰变、②核裂变、③人工核转变、④核聚变
6. 地球的周围存在地磁场，能有效地改变射向地球的宇宙射线的方向，使它们不能到达地面，从而保护地球上的生命．假设有一束带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来(如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极)，不考虑粒子受到的重力作用，则在地磁场的作用下，粒子在进入地球周围的空间时，其偏转方向以及速度大小的变化情况是：( )
A. 相对于预定地点向东偏转，速度变大 B. 相对于预定地点向西偏转，速度变大
C. 相对于预定地点向东偏转，速度大小不变 D. 相对于预定地点向西偏转，速度大小不变
7. 如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C、O两点处的磁感应强度大小分别为( )
A. 2B、0
B. 2B、2B
C. 0、 2B
D. 2B、 2B
8. 研究表明，太阳内部持续不断地发生着4个质子(11H)聚变为氦核(24He)的热核反应，这个核反应释放的能量就是太阳的能源。已知太阳每秒钟向空间辐射的能量约为3.8×1026J，质子的质量mp=1.0073u，氦核的质量mHe=4.0015u，电子的质量me=0.00055u，1u=931.5MeV.则太阳内部每秒钟参与核反应的质子数约为( )
A. 7.6×1035个 B. 5.2×1036个 C. 9.6×1037个 D. 3.8×1038个
9. 竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60∘角。绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒I0中通入向里的电流，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx，下列说法正确的是( )
A. 应在I=mgdkI0l时给导体棒1以轻微的扰动
B. 绳1中拉力的最大值为 33mg
C. 绳2中拉力的最小值为 33mg
D. 导体棒2中电流的最大值为I=2mgd5kI0l
10. 在对微观物质结构的研究中，下列实验事实与实验结论相对应的是( )
A. 电子的发现意味着原子还有结构
B. α粒子散射实验说明原子具有核式结构
C. α粒子轰击氮核打出质子，证明原子核是由质子构成的
D. 元素的衰变现象表明，原子核越小越稳定，越大越不稳定
11. 如图所示，能级间的跃迁产生不连续的谱线，从不同能级跃迁到某一特定能级就形成一个线系，比如：巴耳末系就是氢原子从n=3，4，5…能级跃迁到n=2的能级时辐射出的光谱，其波长λ遵循以下规律：1λ=R(122−1n2)，下列说法正确的是( )
A. 公式中n只能取整数值，故氢光谐是线状谱
B. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，其核外电子的动能增大
C. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射出的光子，在巴耳末系中波长最短
D. 用能量为13.0eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，受照射后，氢原子能跃迁到n=4的能级
12. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变，生成了一个质量为M的新核，同时放出质量为m、电量为q的α粒子，α粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R，反应中释放的核能全部转化为生成的新核和α粒子的动能，下列说法正确的是( )
A. 生成的新核和α粒子的动能之比为m：M
B. 生成的新核的比结合能大于衰变前原子核的比结合能
C. 生成的α粒子的动能为q2B2R22m
D. 衰变过程中的质量亏损为q2B2R2(M+m)2m2c2
13. 如图所示是原子核的平均结合能(也称比结合能)与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原子核的平均结合能，如 816O的核子平均结合能约为8MeV， 24He的核子平均结合能约为7MeV，根据该图像判断下列说法正确的是( )
A. 随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能增大
B. 2656Fe核的平均结合能最大，最稳定
C. 把 816O分成8个质子和8个中子比把 816O分成4个 24He要多提供约16MeV的能量
D. 把 816O分成8个质子和8个中子比把 816O分成4个 24He要多提供约112MeV的能量
14. 如图所示，在水平桌面上放有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60∘斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直，a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，线框质量为m，重力加速度为g，则( )
A. 线框受到的摩擦力大小为 32BIL B. 线框受到的摩擦力大小为3 34BIL
C. 线框对桌面的压力大小为mg−12BIL D. 线框对桌面的压力大小为mg−34BIL
15. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，边长为L的N匝正方形线圈中通以电流I，如图乙所示，线圈中左侧一条a导线电流方向垂直纸面向外，右侧b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )
A. 该磁场是匀强磁场 B. 该线圈的磁通量为BL2
C. a导线受到的安培力方向向上 D. b导线受到的安培力大小为NBIL
16. 把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在的区域的磁感线呈弧线，导线中的电流方向由a到b，如图所示．导线可以在空中自由移动和转动，俯视看，导线在安培力的作用下先逆时针转动，转过一个小角度后，接着边转动边向下移动．虚线框内有产生以上弧形的场源．下列符合要求的是( )
A. B. C. D.
17. 关于近代物理学，下列图象在描述现象中，解释正确的是( )
A. 如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长方向移动(已知T1 >T2)
B. 如图乙所示，发生光电效应时，入射光越强，光电子的最大初动能也就越大
C. 如图丙所示，金属的遏制电压Uc与入射光的频率v的图象中，该直线的斜率为he
D. 同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线：甲光、乙光、丙光，如图丁所示。则可判断甲、乙、丙光的频率关系为v甲=v乙
A. 若乙光为绿光，甲光可能是紫光
B. 若甲光为绿光，丙光可能是紫光
C. 若乙光光子能量为2.81eV，用它照射由金属构成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n=3激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光
D. 若乙光光子能量为2.81eV，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光
19. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下．磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出．则( )
A. 小球带负电 B. 小球运动的轨迹是一条抛物线
C. 洛伦兹力对小球做正功 D. 水平拉力F是不断变大
20. 如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C=π6，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为53t0.则下列判断正确的是( )
A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt0
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为2 37d
D. 粒子进入磁场时的速度大小为2 3π7dd0
21. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，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)小明同学按照图甲所示的电路进行实验，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，小明利用现有的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52
根据实验数据可知，所选的定值电阻为______(选填“R1”或“R2”)。
(3)用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将图乙中的实物图连接成完整电路。
(4)根据表中的数据画出的U−I图像(如图丙所示)可得，电源的内阻为______(保留2位有效数字)。
(5)考虑到电压表分流会引起测量误差，小明用作图的方法进行误差分析，图中实线对应测量值，虚线对应真实值，所作的图像中正确的是______。
22. 如图所示，质量M=1kg足够长的绝缘木板放置在光滑水平面上，其右端放有一质量为m=2kg可视为质点的物块，物块带正电，电荷量q=0.8C，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，开始时物块与木板都处于静止状态。在距木板右端L=4m处有一竖直分界线DE，DE右边有垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5T。现对木板施加水平向右F=8N的拉力，当物块运动到DE处时，撤去拉力F。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)从木板开始运动到木板右端到达DE所用的时间；
(2)物块刚要进入磁场时，物块相对木板运动的距离；
(3)整个过程中产生的热量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、一切物体都在辐射电磁波，故A正确；
B、实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型，故B错误；
C、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，温度越高时，黑体辐射强度的极大值向波长减小的方向移动，故C正确；
D、能够完全吸收入射的各种波长的电磁波的理想物体叫做黑体，故D正确；
此题选择不正确，故选：B。
实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型。
明确黑体辐射的特点与黑体辐射的规律。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
一切运动的微粒都具有波粒二象性，波长越长，波动性越明显，据此可判断。
本题考查波粒二象性，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
【解答】
A.光电效应和康普顿效应都证明了光具有粒子性，故A错误；
B.光的波长越长，衍射现象越明显，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著，故B错误；
CD.一切运动的微粒都具有波粒二象性，电子绕原子核运动时也具有波动性，故C正确，D错误。
3.【答案】C
【解析】解：观察图中屏上的条纹可知，条纹明暗相间，且条纹宽度一致，则这是光的干涉现象，由于是同一光源发出的激光，也符合光发生干涉的条件。干涉和衍射是波特有的现象，因此光的干涉现象说明光具有波动性，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据衍射与干涉条纹的特点判断即可。
该题考查了光的干涉，要注意明确光的干涉条纹、衍射条纹的区别，衍射和干涉是波特有的性质，说明了光具有波动性．
4.【答案】C
【解析】解：A、图中为粒子经过衍射后产生的衍射图样，根据不确定原理的解释可知，图中，挡板上缝宽代表粒子位置的不确定范围，屏幕上中央亮条的宽度代表粒子动量的不确定范围，故A正确；
B、汤姆生认为阴极射线是带电粒子流，为了证实这一点，他用气体放电管进行了一系列实验，断定阴极射线的本质是带电粒子流，通过粒子比荷的测定，他猜想这种带电粒子是构成各种物质的共同成分，后来组成阴极射线的粒子被称为电子，故B正确；
C、安培提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性，故C错误；
D、根据物理学史可知，卢瑟福研究α粒子散射的实验装置图，分析此实验结果，他提出了原子的核式结构模型，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：C。
A选项根据不确定原理分析；BCD选项是物理学史问题，根据汤姆生、安培、卢瑟福等科学家的成就进行答题．
该题中的四个图分别表示物理学史中的四个不同的史实，物理学史是考试的基本内容之一，对于重大发现、著名理论等等物理学史要加强记忆，注重积累．
5.【答案】D
【解析】解：①是放射性元素放射出粒子而转变为另一种元素的过程，属于原子核的衰变；②是重核分裂成两个中等质量的原子核，属于核裂变；③是高能粒子轰击原子核使之转变为另一种原子核的过程，属于原子核的人工转变；④是轻核结合成较重的原子核，属于核聚变。所以以上反应类型依次属于衰变、核裂变、人工转变、核聚变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据核反应方程的分类，结合α衰变、β衰变、裂变反应、轻核聚变以及原子核的人工转变依次进行判断即可．
明确聚变、裂变、以及α、β衰变等各种核反应方程的特点．这方面的知识要加强理解记忆，主要核反应方程的质量数和电荷数守恒．
6.【答案】C
【解析】解：当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转。
而洛伦兹力一定垂直与速度，不做功，故不改变速度大小。
故选：C。
根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．
本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．
7.【答案】D
【解析】解：根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿CM；放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为BC= B2+B2= 2B；放置在FE边的电流在O点产生的磁场大小为B、方向沿NO；放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿OP，故O点处的磁感应强度大小为BO= B2+B2= 2B；故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则判断通电导线FE和ND分别在C点和O点产生的磁场方向，根据磁感应强度的叠加求合磁感应强度，然后作出判断。
本题考查了安培定则和磁场的叠加，要求熟练掌握平行四边形定则。
8.【答案】D
【解析】解：核反应方程式为：411H→42He+201e，这个核反应中质量亏损为：
△m=4mp−mHe−2me=4×1.0073u−4.0015u−2×0.00055u=0.0266u
根据质能方程，该核反应中放出的结合能为：
△E=0.0266×931.5MeV≈24.8MeV=24.8×106×1.6×10−19MeV≈3.96×10−12 J
太阳内部每秒钟参与核反应的质子数约为：N=4×PΔE=4×3.8×10263.96×10−12个=3.8×1038个。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
写出该核反应方程，求出质量亏损为△m=4mp−mHe−2me，在利用质能方程求出一次反应释放的能量△E，太阳内部每秒钟参与核反应的质子数约为：N=4×PΔE。
本题考查了质能方程、核聚变反应方程式等知识点。易错点：求出质量亏损后，利用1u=931.5MeV求释放的结合能时，还需要把MeV转化为J。
9.【答案】B
【解析】解：A、对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，所以F3d=FPM=mg2d，所以，恒有F3=mg2，初始时，应有F3+BI0l=mg，B=kId，联立解得I=mgd2kI0l。所以应在I=mgd2kI0l时给导体棒1微小扰动，故A错误；
B、对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，最大值为F1m=mg2cos30∘= 33mg，故B正确；
C、F2一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，故C错误；
D、由上述分析可知F=PM2dmg，由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为 5d，所以F= 52mg，且F=BI0l，此时B=kl 5d，所以电流最大值Im=5mgd2kI0l，故D错误。
故选：B。
对金属棒进行受力分析，根据平衡条件求解绳3的拉力最大值和安培力的最大值，根据安培力公式求解金属棒中电流的最大值；以结点O为研究对象，进行受力分析，由于金属棒中的电流缓慢变化，安培力缓慢变化，对应的每个状态可以看作平衡态，根据平衡条件求解。
注意由于金属棒中的电流缓慢变化，安培力缓慢变化，对应的每个状态可以看作平衡态，称为动态平衡，可以用解析法解决此类问题。
10.【答案】AB
【解析】解：A、电子的发现意味着原子还有结构，故A正确；
B、α粒子散射实验说明原子具有核式结构，故B正确；
C、α粒子轰击氮核打出质子，证明原子核内存在质子，而原子核是由质子和中子组成的，故C错误；
D、原子核的稳定程度由比结合能决定，与原子核的大小无关，故D错误；
故选：AB。
根据物理学史和原子的核式结构做出正确的判断；
理解原子核稳定性与比结合能的关系。
本题主要考查了原子的核式结构，熟记物理学的发展史和原子的核式结构进行分析即可，要注意原子核的稳定性与比结合能有关。
11.【答案】AB
【解析】
A.根据玻尔理论可知，公式中n只能取整数值，故氢光谐是线状谱。故A正确；
B.氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，其核外电子的轨道半径变小，由：ke2r2=mv2r可知，电子动能增大。故B正确；
C.根据玻尔理论可知氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射出的光子，在巴耳末系中光子中能量值最小，则波长最长。故C错误；
D.用能量为13.0eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，受照射后，若氢原子能吸收该光子，则新的能级为：E=−13.6eV+13eV=−0.6eV；氢原子没有该能级，所以氢原子不能吸收该光子。故D错误。
故选：AB。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、静止的原子核辐射衰变，衰变产生的新核与α粒子组成的系统的动量守恒，以α粒子的方向为正方向，则：mv+Mv′=0
所以生成的新核和α粒子的动能之比为：EMEm=12Mv′212mv2=mM，故A正确；
B、衰变的过程中释放能量，可知生成的新核的比结合能大于衰变前原子核的比结合能，故B正确；
C、α粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，则：qvB=mv2R，则粒子的动能：Em=12mv2=q2B2R22m，故C正确；
D、结合AC可得新核的动能：EM=mMEm=q2B2R22M，根据质能方程可知，亏损的质量：△m=Em+EMc2=q2B2R2(M+m)2Mmc2，故D错误。
故选：ABC。
衰变的过程中系统的动量守恒；根据带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，求得α粒子的速度，再结合动量守恒定律和质能方程即可求得衰变过程中的质量亏损。
该题将带电粒子在磁场中的圆周运动与动量守恒定律和质能方程结合在一起，要理清它们之间的关系，确定要使用的公式。
13.【答案】BD
【解析】解：A、由图像可知，随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能先增大后减小，故A错误；
B、由图像可知，5626Fe核的平均结合能最大，原子核最稳定，故B正确；
CD、把168O分成质子和中子需要提供的能量约为：ΔE1=16×8MeV=128MeV
将质子和中子结合成一个42He所放出的能量约为：ΔE2=4×7MeV=28MeV
则168O将分为4个42He需要提供的能量约为：ΔE3=ΔE1−4×ΔE2=(128−4×28)MeV=16MeV
故要多提供的能量为：ΔE3−ΔE1=(128−16)MeV=112MeV，故C错误，D正确。
故选：BD。
从图像上直接分析平均结合能随原子质量的增加，原子核的平均结合能如何变化；平均结合能越大，原子核越稳定；分别算出把168O分成8个质子和8个中子和把168O分成4个42He需要的能量，进行比较即可。
本题考查原子核的结合能与比结合能，解题关键是要理解结合能与比结合能的定义，以及两者之间的关系，知道比结合能可以反映原子核的稳定性。
14.【答案】BD
【解析】解：AB、abc导线的有效长度为L，根据ac边和abc边并联，通过ac两点的电流为I，所以流过abc的电流为12I，ac边所受的安培力为：F1=BILsin60∘= 32BIL，abc边所受的安培力为：F2=B⋅12ILsin60∘= 34BIL，线框处于静止状态，根据平衡条件，结合左手定则，可得线框受到的摩擦力大小为：f=F1+F2= 32BIL+ 34BIL=3 34BIL，故B正确，A错误。
CD、在竖直方向上有：FN+BILsin30∘+B⋅12ILsin30∘=mg
解得：FN=mg−34BIL
根据牛顿第三定律可知线框对桌面的压力大小F′N=FN=mg−34BIL
故C错误，D正确；
故选：BD。
根据安培力公式F=BIL(L表示导线的有效长度)，结合平衡条件及左手定则求解即可。
本题考查了安培力公式、左手定则以及平衡条件求解，一定要理解F=BIL中，要明确L表示导线的有效长度，B垂直于IL。
15.【答案】CD
【解析】解：A、由图可知，该磁场的磁感线不是平行且等间距的，故磁场的磁感应强度大小并不处处相等，故A错误；
B、线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；
C、a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C正确；
D、单匝时，b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为BIL，因线圈为N匝，故导线b受到的安培力大小为NBIL，故D正确。
故选：CD。
利用图示的装置分析出磁电式仪表的工作原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向，根据安培力公式F=BIL求解安培力的大小。
本题考查磁电式电表的工作原理、左手定则；掌握均匀辐向磁场的分布特点，来理解电流表的工作原理，利用左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。
16.【答案】AC
【解析】解：由左手定则，结合通电导线左半部分受到安培力方向垂直纸面向外，右半部分安培力方向垂直向纸面向里，导致通电导线从上向下(俯视)看逆时针转动，可知，磁感线方向是从左向右；当导线转过一小角度后，同时受到安培力向下，向下移动，因此要么由条形磁铁提供磁场，要么是通电直导线提供磁场，通电电线的电流方向是垂直纸面向里，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
由左手定则，结合通电导线安培力方向，可判定磁感线的方向；由导线转动方向，再根据左手定则来确定导线安培力方向，即可求解．
本题考查灵活运用左手定则来判定安培力方向，注意通电导线所处的磁场方向．并会区分右手定则不同．
17.【答案】CD
【解析】解：A、由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，辐射强度的极大值向波长较小方向移动。故A错误；
B、根据光电效应方程有Ekm=hγ−W0，可知光电子的最大初动能与光的强度无关。故B错误；
C、根据光电效应方程有Ekm=hγ−W0
根据能量守恒定律得：eUC=EKm
联立得：eUC=hv−W0
即UC=hγe−W0e，可知，该直线的斜率为he.故C正确；
D、根据Ek=eUC，由图知丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲光、乙光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能。故D正确
故选：CD。
由图可得出波长与辐射强度及温度之间的关系；根据光电效应方程Ekm=hγ−W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，分析遏止电压UC的关系以及光电子的最大初动能的关系。结合数学知识分析Uc−v图象的斜率关系。
本题考查黑体辐射的规律和光电效应的规律，但其实考查的是学生读图的能力，关键要知道随温度的升高，各种波长的辐射强度均增大，知道光电子的最大初动能与遏止电压的公式Ek=eUC。
18.【答案】BC
【解析】解：AB.甲、乙两个的遏止电压相等，且小于丙光的遏止电压，根据12mvm2=eUc，知甲、乙两光照射产生光电子的最大初动能相等，小于丙光照射产生的光电子最大初动能；
根据光电效应方程Ekm=hv−W0，逸出功相等，知甲、乙两光的频率相等，小于丙光的频率，甲光频率小，则波长长，而丙光频率大，波长短，因此若甲光为绿光，丙光可能是紫光，故A错误，B正确；
C、若乙光光子能量为2.81ev，用它照射由金属铷构成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子的最大初动能为：Ekm=2.81−2.13=0.68eV；去撞击大量处于n=3激发态的氢原子时，能量值最大可以达到：E=Ekm+E3=0.68−1.51=−0.83eV
由于该能量值介于氢原子的第4能级与第5能级之间，可知该光电子与氢原子碰撞，可以使氢原子吸收0.66eV的能量跃迁到n=4的能级；当大量的处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以产生C42=6种不同频率的光，故C正确；
D、若乙光光子能量为2.81ev，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，能量值最大可以达到：E=Ekm+E2=0.68−3.4=−2.72eV，由于该能量值介于氢原子的第2能级与第3能级之间，可知该光电子与氢原子碰撞，氢原子不能吸收0.68eV的能量发生跃迁；故D错误；
故选：BC。
根据12mvm2=eUc，结合遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，结合光电效应方程Ekm=hv−W0比较入射光的频率，结合玻尔理论，由能级之间的关系判断。
解决该题的关键是熟记爱因斯坦的光电效应方程，知道遏止电压与初动能的关系，会根据图象判断初动能和光的频率，并掌握能否跃迁的条件。
19.【答案】BD
【解析】解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A错误．
B、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线．故B正确．
C、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功．故C错误．
D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大．故D正确．
故选：BD.
小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性．将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向．根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化．
本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动．
20.【答案】ABC
【解析】
【分析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14周期，由此求得周期。根据周期公式T=2πmqB求出磁感应强度B.画出运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，再由半径公式r=mvqB求出速度。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。
【解答】
A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，即14T=t0，则得周期T=4t0，故A正确；
B.由T=2πmqB得，B=2πmqT=πm2qt0，故B正确；
C.设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有θ2πT=5t03，得θ=5π6画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得：
Rcos30∘+Rcos30∘=d，可得R=2 37d，故C正确；
D.根据5t03=θRv，解得v= 3πd7t0.故D错误。
故选ABC。
21.【答案】(1)B；(2)R1；(3)实物电路图如图；(4)0.67Ω；(5)C。
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图由闭合电路的欧姆定律得：U=E−Ir，实验时电压表示数U的变化范围比较小是由于电源内阻r内阻较小造成的，故选B。
(2)(4)为改变电压表示数的变化范围比较小的问题，可以给电源串联一个定值电阻，串联电阻与电源整体构成等效电源，设串联电阻阻值为R，由闭合电路的欧姆定律得：U=E−I(r+R)，由图丙所示图象可知，图象斜率的绝对值k=r等效=r+R=1.60.6Ω≈2.67Ω；
由题意可知，电源的内阻小于1Ω，则定值电阻选择R1；电源内阻r=0.67Ω
(3)定值电阻与电源串联，实物电路图如图乙所示
(5)由于电压表的分流作用电流的测量值小于流过电源的真实值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)R1；(3)实物电路图如上图乙所示；(4)0.67Ω；(5)C。
(1)根据实验电路图与题意分析答题。
(2)(4)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源内阻，然后分析答题。
(3)根据题意与实验原理连接实物电路图。
(5)根据实验误差来源分析答题。
本题主要是考查“测量电源的电动势和内阻”的实验，关键是知道实验原理和数据处理方法，能够根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化范围较小的原因，能够根据图像法进行数据处理。
22.【答案】解：(1)假设物块和木板一起运动，根据整体和隔离法可得：F=(M+m)a，解得：a=83m/s2
对物块受力分析：μmg
对木板：F−μmg=Ma2，解得：a2=4m/s2
根据匀变速直线运动规律可知：L=12a2t12，解得：t1= 2s
(2)若物块刚要进入磁场时，即物块相对地面产生的位移为L，根据匀变速直线运动的规律可得：L=12a1t22，解得：t2=2s
在2s内物块产生的位移为：x=12a2t22，解得：x=8m
那么，物块相对木板运动的距离为：Δx=x−L=8m−4m=4m
(3)物块刚进入磁场时的速度为：v1=a1t2，解得：v1=4m/s
此时木板的速度为：v2=a2t2，解得：v2=8m/s
进入磁场后，物块做加速度减小的加速运动，木板做加速度减小的减速运动，假设能共速，根据水平方向上动量守恒可知：
mv1+Mv2=(m+M)v，解得：v=163m/s
那么，物块的洛伦兹力与重力平衡时的速度为：qv′1B=mg，解得：v′1=5m/s<163m/s
说明没有共速前，物块已经与木板分离，此时根据水平方向动量守恒可知：mv1+Mv2=mv′1+Mv′2，解得：v′2=6m/s
由能量守恒可得：Q=μmgΔx+12mv12+12Mv22−12mv′12−12Mv′22，解得：Q=21J
答：(1)从木板开始运动到木板右端到达DE所用的时间为 2s；
(2)物块刚要进入磁场时，物块相对木板运动的距离为4m；
(3)整个过程中产生的热量为21J。
【解析】(1)先根据整体和隔离法判断物块和木板是否产生相对滑动，再根据牛顿第二定律分别求出物块和木板的加速度，最后根据匀变速直线运动规律解出时间；
(2)根据题意可知，物块刚好到达磁场边界时，根据匀变速直线运动规律解出时间，后计算出木板在这段时间内产生的位移，最后相减即为相对距离；
(3)根据运动情况分析可知，当物块的洛伦兹力等于重力后，与木板不再产生摩擦力，最后根据能量守恒得出整个过程中产生的热量。
本题考查了板块模型与磁场的综合问题，解题的关键是熟练掌握整体和隔离法使用，会判断物块和木板是否产生相对滑动，计算热量时可以用摩擦力乘以相对位移也可以用能量守恒计算。
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