2022年江苏省盐城市高考物理二模试卷(含答案解析)

这是一份2022年江苏省盐城市高考物理二模试卷(含答案解析)，共24页。试卷主要包含了5V，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


2022年江苏省盐城市高考物理二模试卷

1. 根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是( )
A. 在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
B.  92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n是核裂变反应
C. 氡的半衰期为3.8天，现有16个氡原子核，经过7.6天后剩下4个氡原子核
D. 一个氢原子从n=4的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光子
2. “双星系统”是指在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点O做匀速圆周运动的两个孤立星球组成的系统。如图所示，若忽略其他星球的影响，可以将A星球和B星球看成“双星系统”。已知A星球的公转周期为T，A星球和B星球之间的距离为L，B星球表面重力加速度为g，半径为R，引力常量为G，不考虑B星球的自转。则( )
A. A星球和B星球的质量之和为4πL3GT3 B. A星球的质量为4πL3GT2−R2gG
C. A星球和B星球的动量大小相等 D. A星球和B星球的加速度大小相等
3. 如图所示，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体。当将管慢慢地向上提起时，管内气柱的长度( )
A. L1变小，L2变大 B. L1变大，L2变小
C. L1、L2都变小 D. L1、L2都变大
4. 如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均3mgsinθL，小球在距B点45L的P点处于静止状态，Q点距A点45L，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则( )
A. 匀强电场的电场强度大小为mgsinθ5q
B. 小球在Q点的加速度大小为65gsinθ
C. 小球运动的最大动能为1225mgLsinθ
D. 小球运动到最低点的位置离B点距离为15L
5. 劈尖干涉是一种薄膜干涉，将一平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光从上方入射后，从上往下看到的干涉条纹如图所示。现从所示装置中抽去一张纸片，从上往下看到的干涉条纹是( )
A. B.
C. D.
6. 随着经济发展，用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户进行拉闸限电。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为理想变压器。在某次拉闸限电后(假设所有用电器可视为纯电阻)电网中数据发生变化，下列说法正确的是( )
A. 降压变压器的输出电压U4减小了 B. 升压变压器的输出电流I2增加了
C. 输电线上损失的功率减小了 D. 发电厂输出的总功率增加了
7. 如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30∘，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是( )
A. 从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B. 粒子离开磁场时到b点的最短距离为L3
C. 垂直边界ab射出的粒子的速度大小为qBL2m
D. 垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
8. 如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹；a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向电90∘，60∘，45∘的夹角，则下列判断正确的是( )

A. 沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B. 沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C. 沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为33
D. 沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9：8
9. 一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p−T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是( )
A. pa=3p0
B. Vb=3Vc
C. 从状态a到状态b，气体对外做功
D. 从状态c到状态a，气体从外界吸热
10. 如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中( )
A. 环在B处的加速度大小为0
B. 环在C处的速度大小为2gh
C. 环从B到C一直做加速运动
D. 环的速度最大的位置在B、C两点之间
11. 如图所示，三条水平虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开始ab边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图象，图象与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电量Q(可用DIS系统软件计算)，Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。

(1)图甲、图乙为放电法测量电容的两种电路原理图，先使开关S与1端相连，充电结束后，读出电压表的示数.然后把开关打向2端，记录图象，测量出电容器的带电量Q。在甲、乙两图中，实验系统误差较大的是______ (选填“甲或“乙”)，原因是______ 对实验的影响，使电容测量值______ (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)DIS系统软件记录的放电电流随时间度变化的图象可能是图丙中的______ 。
(3)某同学选择了正确的实验电路图，经过实验操作获得了多组数据，如表所示：

1
2
3
4
5
6
U/V
10.8
13.7
16.8
20.0
23.8
27.0
Q/×10−4C
0.92
1.20
l.22
1.70
2.08
2.41
请根据以上数据，在图丁中作出Q−U图象，由图象可得该电容器的电容是______ μF(结果保留两位有效数字)。
(4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的，请结合上述电路原理图，在图戊的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图。
(5)该同学在完成电容的测量实验后，把一多用表的选择开关调到欧姆挡，正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触，请你描述接触后多用表指针的偏转情况。
13. A、B两个容器体积均为V，C是用活塞密封的气筒，它的工作体积为0.5V。C与A、B通过两只单向气阀a、b相连。当气筒C抽气时气阀a打开、b关闭；当气筒打气时气阀b打开、a关闭。最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C的最右侧。(气筒与容器连接部分的气体体积忽略不计，整个装置温度保持不变，气体可视为理想气体。)
①求以工作体积完成第1次抽气结束后，容器A内气体的压强p1；
②现在让气筒以工作体积完成抽气、打气各两次，求第1次打气后与第2次打气后容器B内气体压强之比。







14. 眼球结构类似球体，眼睛发生病变时，会使眼球内不同部位对光的折射率发生变化。现在用一个玻璃球模拟眼球，研究对光的传播的影响。玻璃球用两个折射率不同、半径均为R的半球拼合在一起，拼合面为MN，球心为O，Q为MO的中点，PQ垂直MN交左半球于P点。一束单色光从P点以跟PQ反向延长线成30∘方向射入。该单色光在左、右半球的折射率分别为n1=3和n2=2，真空中的光速为C。
(1)通过计算说明此单色光能否从右半球射出？
(2)计算此单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间。







15. 如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37∘，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M=4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数μ1=0.05，质量mQ=1kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L=8m处静止释放一质量mP=3kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与Q碰撞1s后Q滑上长木板，经过3s后Q从木板上飞出，飞出后0.5s落地(假设落地后静止)。已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为μ2=0.25，滑块P、Q均当作质点，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)滑块P、Q碰撞后获得的速度大小；
(2)木板的长度；
(3)最终P、Q静止时距木板左侧的距离。









16. 如图1所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量ma=1kg、mb=2kg，a球带电量q=+1C，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距L=0.10m。现让装置O带动杆以v0=5m/s向下匀速平动，并且加上一垂直杆向里的磁感应强度B=1T的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。

(1)求小球a、b第一次发生碰撞后的速度分别是多少？
(2)若已知在杆的最右端恰好发生第十次碰撞，则杆的长度是多少？
(3)若如图2所示，将该装置固定不动，并在右端固定一个半径为R=3m的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心恰在杆的最右端。初始时两球均静止。现给a球一个向右的冲量，求b球落到圆弧形轨道上动能的最小值，并求出此时给a球的冲量I的大小。(g取10m/s2)







答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，故A错误；
B、该方程是中子轰击釉核，生成两个中等质量的原子核的反应，是重核的裂变，故B正确；
C、半衰期是大量放射性元素衰变的统计规律，对个别的原子核没有意义，所以若取16个氡原子核，经过7.6天后不一定剩下4个氡原子核，故C错误；
D、一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光子，即4→3，3→2，2→1，故D错误；
故选：B。
半衰期比结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固；核裂变反应是重核吸收一个慢中子后反应生成中等质量的原子核的反应；半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律；一个氢原子，不是一群氢原子。
本题考查了衰变的特点、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意比结合能越大，原子核中核子结合越牢固，不是结合能越大，核子结合越牢固。

2.【答案】C

【解析】解：ABC、设B星球质量为M，B表面某物体的质量为m，忽略自转的影响，则有GMmR2=mg，解得M=gR2G，B球到O点的距离为r1，A球质量为m，到O点的距离为r2，则GMmL2=M(2πT)2r1，GMmL2=m(2πT)2r2，可得Mr1=mr2，Mr1ω=mr2ω，Mv1=mv2。又因为r1+r2=L，联立解得M+m=4π2L3GT2，A星球质量m=4π2L3GT2−gR2G，故A、B错误，C正确。
D、A星球与B星球的引力大小相同，质量不同，所以加速度大小不等，故D错误。
故选：C。
双星系统，两星球向心力相等，角速度相等，结合万有引力公式列式求解。
本题考查双星系统，两星角速度相等，是解题关键。

3.【答案】D

【解析】解：假设将玻璃管竖直向上缓慢提升时，L2的下端面水银没有上升，保持原高度。即L2内气体的压强不变。那么其体积就不变。就只有L1的体积增大，于是L1内气体压强变小。但是L1内的气体压强始终是L2气体压强减去中间那段水银柱高度，所以假设错误，L2也会体积增大；
故ABC错误，D正确；
故选：D。
先假设将玻璃管竖直向上缓慢提升时，L2的下端面水银没有上升，保持原高度。即L2内气体的压强不变。那么其体积就不变。就只有L1的体积增大，于是L1内气体压强变小。但是L1内的气体压强始终是L2气体压强减去中间那段水银柱高度，所以假设错误，L2也会体积增大，压强减小。
解决此类问题常常利用假设法，假设水银柱未移动，然后利用波意耳定律分析，找出矛盾即可解决问题。

4.【答案】C

【解析】解：A.依题意，小球在距B点45L的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为F=2kΔx
对小球由共点力平衡可得
(mg+qE)sinθ=F
解得
E=mg5q
故A错误；
B.根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有F+(mg+qE)sinθ=ma
求得
a=125gsinθ
故B错误；
C.小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得(mg+qE)xsinθ=Ekm
由几何关系可求得
x=2L−2×45L=25L
联立求得
Ekm=1225mgLsinθ
故C正确；
D.依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，根据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为25L，所以小球运动到最低点的位置离B点距离为x′=PB−25L=25L
故D错误。
故选：C。
对小球由共点力平衡求解匀强电场的电场强度大小；根据牛顿第二定律求解加速度大小；小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求解求解最大动能；根据简谐运动规律解得小球运动到最低点的位置离B点距离。
本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，能够根据动能定理、牛顿第二定律等进行解答。

5.【答案】B

【解析】解：设劈尖的角度为θ，第n级明条纹对应的劈尖膜厚度为dn，
第n+1级明条纹对应的劈尖膜厚度为dn+1，相邻两明条纹的间距为l
根据干涉与光程差的关系有2dn+1−2dn=λ
根据几何关系，则有：lsinθ=dn+1−dn
即为：lsinθ=λ2
抽去一张纸片后，θ减小，所以l增大，即干涉条纹等间距，并变稀疏，故B正确，ACD错误。
故选：B。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为12λ，再结合三角函数，即可分析．
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系，即可顺利解决此类题目，注意相邻两明条纹的间距与光程差的关系．

6.【答案】C

【解析】解：AB、拉闸限电后，用电器减少，用户并联支路减少，用户端总电阻增加，降压变压器副线圈电流I4减小，降压变压器原副线圈匝数不变，则降压变压器原线圈电流减小，即I2=I3减小，输电线电阻不变而输电线电流减小，则输电线上的电压损失ΔU减小，由于发电厂输出电压U1恒定，输送电压U2也恒定，根据U2=ΔU+U3可知U3增加，U4也增加，故AB错误；
C、输电线损失的功率ΔP=I22R，I2减小而R不变，则输电线上损失的功率减小了，故C正确；
D、I2减小，I1也随着减小，发电厂输出电压U1恒定，所以发电厂输出总功率P=U1I1减小，故D错误。
故选：C。
理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。

7.【答案】B

【解析】解：A.粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，故A错误；
B.当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得(L−R1)sin30∘=R1
离b点的最短距离为Δs=L−2R1
联立解得：Δs=L3
故B正确；
C.垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为R2=L
由洛伦兹力作为向心力可得：qvB=mv2R2
解得粒子的速度大小为：v=qBLm
故C错误；
D.粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为t=30∘360∘T=mπ6qB
故D错误。
故选：B。
粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，根据几何关系解得最短距离；根据洛伦兹力提供向心力解得速度，根据周期公式解得时间。
解决该题的关键是正确作出粒子的运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，要注意圆周运动的周期性以及多解性。

8.【答案】C

【解析】解：A、由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，根据T=2πmqB可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，由t=θ2πT可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，故A项错误：

B、由左手定则可判断沿径迹Oc，Od运动的粒子均带负电，故B项错误；
C、设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa，Ob运动的粒子轨道半径分别为ra=r，rb=3r，根据qBv=mv2r
可得vavb=rarb=33，故C项正确：
D、由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以tbtd=θbθd=60∘45∘=43，故D项错误。
故选：C。
根据粒子的运动轨迹作图，结合几何关系可知其圆心角的大小关系，根据周期公式可知粒子在磁场中运动时间的大小，根据左手定则判断电性，根据洛伦兹力提供向心力可知速度与半径的关系。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键要根据题意作出粒子的运动轨迹图，结合洛伦兹力提供向心力解得半径关系，同时根据周期与圆心角解得运动时间。

9.【答案】D

【解析】解：A.由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，由一定质量的理想气体状态方程可得paTa=pbTb
又pb=p0
解得：pa=2p0
故A错误；
B.由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由一定质量的理想气体状态方程可得：qbVb=qcVc
得Vb=4Vc，
故B错误；
C.从状态a到状态b，气体体积不变，所以气体不会对外做功，故C错误；
D.从状态c到状态a，可以等效为先从状态c到状态b，再从状态b到状态a。从状态c到状态b，温度不变，即气体内能ΔU不变；体积增大，所以气体对外做功，即W<0
由热力学第一定律可得ΔU=Q+W
可知气体要从外界吸收热量。从状态b到状态a，体积不变，即W=0
温度升高，即ΔU>0
由热力学第一定律可得ΔU=Q+W
可知气体要从外界吸收热量。所以从状态c到状态a，气体从外界吸热。故D正确。
故选：D。
由图示图象判断气体的状态变化过程，应用一定质量的理想气体的状态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。
本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在p−T图象中等容线为过原点的直线。

10.【答案】D

【解析】解：A、环在B处时，水平方向受到弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡。竖直方向受到重力，所以，环在B处的加速度大小为g，故A错误；
B、因为BC>AB，则环从A到C弹簧的弹性势能增加，根据环和弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh=12mvC2+△Ep，△Ep>0，则vC<2gh，故B错误；
C、环从A处开始运动时的加速度大小为2g，根据牛顿第二定律得：，得环从A处时弹簧拉力的竖直向下的分量
设杆上A点关于B点的对称性为D点(D点在B、C之间)，则环在D点时，根据牛顿第二定律得：，得a=0，所以环从B到D做加速运动，环从D到C做减速运动，在D点时速度最大，故C错误，D正确。
故选：D。
分析环在B处的受力情况，确定环的加速度大小。根据环和弹簧组成的系统机械能守恒确定环在C处的速度大小。环从B到C的过程，分析环的受力情况，判断其运动情况，确定速度最大的位置。
解决本题的关键要正确分析环的受力情况，确定其加速度，来判断其运动情况，要知道环的加速度为零时速度最大。

11.【答案】B

【解析】解：由于线框做匀加速直线运动，当ab边向右运动0∼L过程中，经过的时间为t1=2La；0−2L的过程中，用时间t2=4La=2×2La，0∼3L过程中，用时间t3=6La=3×2La。
AB、当ab边向右运动0∼L的过程中，感应电动势：E1=BLv=BLat，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流：I1=E1R=BLaRt，方向为正方向；
设线框完全进入第一个磁场时的速度大小为v1，L∼2L的过程中，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电流为：I2=2BLv1R+2BLaRt′，根据右手定则可知电流为负方向；
设线框离开右边磁场时的速度大小为v2，在2L∼3L的过程中，只有cd边切割磁感应线，产生的感应电流为：I3=BLv2R+BLaRt′′，方向为正方向，故A错误、B正确；
CD、设拉力为F，0∼L过程中，根据牛顿第二定律可得：F−FA=ma，即：F=B2L2atR+ma
L∼2L过程中，拉力F′=4B2L2at′R+4B2L2v1R+ma
2L∼3L过程中，拉力F″=B2L2at″R+B2L2v2R+ma，故CD错误。
故选：B。
根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间的变化情况；根据牛顿第二定律得到拉力随时间的变化情况，由此分析。
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。

12.【答案】(1)乙、电压表分流、偏小；
(2)C；
(3)
8.9(8.6∼9.0均正确)；







(4)如图所示；
(5)多用表指针先快速偏转大角度，后逐渐回到原位置

【解析】
【分析】
(1)根据电源的极性结合电容器充、放电情况进行分析；
(2)通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，根据电流强度的定义式求解电荷量，根据电容的计算公式即可求解电容；
(3)电容器储存的电荷量与电阻R无关，由Q=CU决定，根据电流强度的定义式进行分析。
(5)根据欧姆表的工作原理，说明当用欧姆表去测电容器的电阻时指针的偏转是怎样的。
解决本题的关键掌握电容的定义式，以及知道I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。知道充电和放电的原理及过程，了解电容物理量的物理意义和定义及大小的公式。
【解答】
(1)通过两个电路的比较，不同之处在于电压表的接法，图乙中的电压表无论充放电均接在电容器两端，但当电容器放电时，由于电压表的分流而使电流传感器A未记录该分流大小，所以产生了系统误差。这样电容器的一些电量通过了电压表，导致电量的测量值偏小，由C=QU可知，电容测量值偏小。
(2)放电电流刚开始时很大，随着电荷量的减小而减小得越来越慢，C图象符合要求。
(3)先在图丁中把表格中的点描出来，再把这些点画成一条直线，偏离直线太远的点舍去，结果如图所示，那么图象的斜率就是电容C=△Q△U=2.50×10−428.0F=8.9×10−6F=8.9μF；
(4)按要求对图甲对进行改进后，又能调压，又能测电容的电路图如图所示；
(5)多用表的选择开关调到欧姆挡，正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触，由于欧姆表有内接电源，所以内接电源先对电容器充电，充满之后，电路又相对于断开，所以多用电表的指针先快速偏转大角度，后逐渐回到原来位置。
故答案为：
(1)乙、电压表分流、偏小；
(2)C；
(3)8.9(8.6∼9.0均正确)；







(4)如图所示；
(5)多用表指针先快速偏转大角度，后逐渐回到原位置  
13.【答案】解：①第一次抽气过程，对容器内气体，初始状态压强和体积分别为p0，V；
抽气后，压强为p1，体积为(1+0.5)V
抽气过程温度不变，由玻意耳定律有p0V=p1(1+0.5)V
解得：p1=23p0
②设第一次打气结束时B内气体的压强为p2，对第一次打气过程，由玻意耳定律有p0V+0.5p1V=p2V
设第二次抽气结束时A内气体的压强为pA，对第二次抽气过程，由玻意耳定律有p1V=pA(0.5+1)V
设第二次打气结束时B内气体的压强为pB，对第二次打气过程，由玻意耳定律有p2V+0.5pAV=pBV
解得p2pB=67
答：①、以工作体积完成第1次抽气结束后，容器A内气体的压强为23p0；
②、现在让气筒以工作体积完成抽气、打气各两次，第1次打气后与第2次打气后容器B内气体压强之比为67。

【解析】①第一次抽气，以A内气体为研究对象，根据玻意耳定律求解活塞第一次抽气结束后A内气体的压强；
②求出第二次抽气后A内气体压强，分别求出第一次打气、第二次打气后B内气体的压强，由此求解压强之比。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解，注意抽气问题和打气问题的处理方法，能够利用“分态式”的方法进行解答。

14.【答案】解：(1)如图所示，根据几何关系可知单色光在P点的入射角为：
i=30∘+30∘=60∘
设单色光在P点的折射角为r，根据折射定律有
n1=sinisinr
代入数据解得：
r=30∘
即折射光线沿PQ方向，由几何关系可知单色光在右半球与空气交界面的入射角为
i′=30∘
单色光在交界面发生全反的射临界角C满足
sinC=1n2
代入数据解得：
C=45∘
则i′ (2)单色光在左、右半球的传播速度分别为
v1=cn1，v2=cn2
根据几何关系可知单色光在左、右半球的传播距离相等，均为
s=PQ=32R
所以单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间为
t=sv1+sv2
联立解得：t=(3+6)R2c
答：(1)此单色光能从右半球射出；
(2)此单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间为(3+6)R2c。

【解析】(1)根据折射定律解得折射角根据几何关系与全反射临界角关系判断能否从右半球射出；
(2)根据波速与折射率的关系结合波程可解得时间。
本题考查光的折射，解题关键掌握折射定律的应用，同时注意全反射临界角的计算以及光在介质中传播速度的公式。

15.【答案】解：(1)滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得：mPgLsin37∘μmPgLcos37∘=12mPv12−0
代入数据解得：v1=8m/s
滑块P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，能量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mPv1=mPvP+mQvQ
由机械能守恒定律得：12mPv12=12mPvP2+12mQvQ2
代入数据解得：vP=4m/s，vQ=12m/s
(2)滑块P与Q碰后，Q经t=1s滑上木板，则可知碰撞点离木板的右端距离为：x=vQt=12×1m=12m
而P物体到达木板右端位置的时间为Δt=xvP=124s=3s
而在3s的时间Q物体刚好滑离木板，对Q物体，由牛顿第二定律：μ2mQg=mQaQ
代入数据解得：aQ=2.5m/s2
对木板：μ2mPg=μ1(mP+M)g，木板静止不动，则Q在静止的木板上做匀减速直线运动，
由(1)可知，vQ=3vP，P经 t=3s后滑上长木板，故Q在木板上运动2s后，P 滑上长木板，然后 Q再继续滑行1s后飞出长木板，
故Q滑上长木板t1=2s内：xQ1=vQt1−12aQt12，vQ1=vQ−aQt1，
代入数据解得：xQ1=19m，vQ1=7m/s
Q滑上长木板t2=1s内，由牛顿第二定律得：
μ2mPg=mPaP，μ2mPg+μ2mQg−μ(M+mP+mQ)g=MaM，
代入数据解得：aP=2.5m/s2，aM=1.5m/s2
则t2=1s后，vQ2=vQ1−vQt1，vP1=vP−aPt2，vM=aMt2，
xQ2=vQt2−12aQt22，xP1=vPt2−12aPt22，xM1=12aMt22
代入数据解得：vQ2=4.5m/s，vP1=1.5m/s，vM=1.5m/s，xQ2=5.75m，xP1=2.75m，xM1=0.75m
故长木板的长度L=xQ1+xQ2−xM1，代入数据解得：L=24m
(3)由(2)可知，当滑块Q飞出长木板后：vP1=vM=1.5m/s
经t3=0.5s后，滑块Q做平抛运动后落地：xQ3=vQ2t3=4.5×0.5m=2.25m
由于µ 1<μ2，P、Q共速后将一起运动，无相对滑动
由牛顿第二定律得：μ1(M+mP)g=(M+mP)a
代入数据解得：a=0.5m/s2
由于vM−at4=0，解得：t4=3s
此时：xM2=vMt4−12at42
代入数据解得：xM2=2.25m
故最终静止时，Q、P 距木板左侧：sQ=xQ3−xM2，sP=L−(xP1−xM1)
代入数据解得：sP=22m
答：(1)滑块P、Q碰撞后获得的速度大小分别是4m/s、12m/s；
(2)木板的长度是24m；
(3)最终P、Q静止时距木板左侧的距离是22m。

【解析】(1)应用动能定理求出滑块P到达斜面底端时的速度大小，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度大小。
(2)应用牛顿第二定律与运动学公式求出木板的长度。
(3)根据物体的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
本题考查动量守恒定律、动能定理等内容，相对较难，分析清楚运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。

16.【答案】解：(1)a球做加速运动的加速度：a=qv0Bma=1×5×11m/s2=5m/s2
第一次碰前速度为va0，则由运动学公式有：va0=2aL=2×5×0.1m/s=1m/s
设a、b碰撞后的速度分别va1、vb1，以向右的方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有：
mava0=mava1+mbvb1
12mava02=12mava12+12mbvb12
联立解得：va1=−13m/s，vb1=23m/s(−表示方向向左)
(2)设物块a、b第一次碰后再经时间t1发生第二次碰撞，根据运动学公式可得：va1t1+12at12=vb1t1
代入数据解得：t1=0.4s
第二次碰前a的速度：va1′=va1+at1=−13m/s+5×0.4m/s=53m/s
第二次碰前b的速度：vb1′=vb1=23m/s
设A与B发生第二次碰撞后的速度分别va2、vb2，以向右方向为正，由动量守恒和机械能守恒：
mavA1′+mbvA1′=mavA2+mbvA2
12mavA1′2+12mbv′2B1=12mavA22+12mbvB22
代入数据解得：va2=13m/s，vb2=43m/s
第二、三次碰撞的时间间隔为t2，由运动学公式va2t2+12at22=vb2t2，
代入数据解得：t2=0.4s
不难看出，每碰撞一次b球的速度增加23m/s，相邻两次碰撞的时间间隔都相等(t=0.4s)
所以b球从第1次碰撞后到第第10次碰撞前瞬间过程的位移分别为：xb1=vb1t=23×0.4m=415m
xb2=vb2t=43×0.4m=815m，
xb3=1215m   ………
故x=L+xb1+xb2+⋯+xb9=0.1+415(1+2+⋯+9)m=12.1m
(3)若给a球一个冲量I，根据动量定理有：I=mav0
由弹性碰撞规律知，碰撞后b球的速度vb=23v0=2I3ma
设平抛的位移与水平方向的夹角为θ，由平抛的规律有：Rcosθ=vbt，Rsinθ=12gt2
联立解得：vb=gR2sinθcosθ
根据机械能守恒定律，b球落到圆弧形轨道上的动能：Ek=mbgRsinθ+12mbvb2=mbgR4(1sinθ+3sinθ)
显然，当sinθ=13时Ek最小，最小值Ekmin=30J
此时，vb=gR3，可解得I=3102N⋅s
答：(1)小球a、b第一次发生碰撞后的速度分别是−13m/s、23m/s；
(2)若已知在杆的最右端恰好发生第十次碰撞，则杆的长度是12.1m；
(3)b球落到圆弧形轨道上动能的最小值为30J，此前给a球的冲量I的大小为3102N⋅s。

【解析】(1)由牛顿第二定律和运动学规律求出a球向右加速L后的速度，再根据弹性碰撞的两个规律求出两球碰撞后的速度；
(2)在第一问的基础上同样求出第二次碰撞后的速度及时间间隔，从两次碰撞的计算结果找到下一次碰撞的时间间隔和b球向右的位移，从而计算出第三、四到第十次碰撞时b球向右移动的总位移，从而求出杆长；
(3)b球离开杆后做平抛运动，根据平抛规律和机械能守恒律写出b球落到弧面上的动能的表达式，找到最小动能的条件，从而求出最小运动和小球a的冲量。
本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。涉及力在空间效果求速度时往往运用动能定理，涉及在时间效果求速度时往往应用动量定理。