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2022年浙江省名校协作体高考物理模拟试卷
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这是一份2022年浙江省名校协作体高考物理模拟试卷，共27页。试卷主要包含了8元，0kΩ)，【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2022年浙江省名校协作体高考物理模拟试卷
1. “中国天眼”帮助科学家发现一类独特的脉冲星叫磁星(如图)。某一个磁星表面的磁感应强度大小B=1014GS，即( )
A. B=1020Hz B. B=1010T C. B=1016Wb D. B=1023C
2. 2022年1月6日，小陈乘坐D3111号列车从宁波8点49分出发，于9点43分到达台州站，小陈注意到经过三门站站牌时车厢过道显示屏显示速度为200km/h，下列说法正确的是( )
A. 8点49分指的是时间间隔
B. 题中200km/h指的是平均速度
C. 以小陈为参考系，三门站站牌是静止的
D. 研究列车从宁波到台州轨迹时可以把它当作质点来研究
3. 如图所示，某同学在用毛皮摩擦过的PVC管靠近一细水流，发现细水流向靠近PVC管的方向偏转，下列说法正确的是( )
A. 摩擦可以创造更多电荷
B. 下雨天，实验效果会更明显
C. PVC管所带的电荷量一定是元电荷e的整数倍
D. 用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的PVC管，细水流会向远离玻璃棒的方向偏转
4. 下列说法中正确的是( )
A. 结合能越大的原子核越稳定
B. 康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量
C. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核由质子和中子组成
D. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增大
5. 如图所示为苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则苏炳添在这段圆弧内( )
A. 线速度不变
B. 加速度不变
C. 相同时间内速度变化量相同
D. 相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同
6. 2021年东京奥运会，十四岁的中国小将全红婵夺得东京奥运会女子10米跳台冠军(如图甲所示)，图乙为其竖直分速度与时间的关系图象，以其向上离开跳台时作为计时起点，运动过程中视其为质点，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻达到最高点
B. t3时刻开始进入水面
C. t2∼t3时间段加速度竖直向下
D. 0∼t1时间段与t1∼t2时间段加速度方向相反
7. 如图所示，浙江某中学学生做化学实验时，水平放置的圆形铁环上放入分液漏斗，两者均处于静止状态，则( )
A. 分液漏斗受到的重力方向一定指向地心
B. 圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关
C. 圆形铁环对分液漏斗的弹力是由分液漏斗形变产生的
D. 若分液漏斗中溶液不断流出，分液漏斗的重心不断下降
8. 应用物理知识可以分析和解释生活中的很多常见现象。假设你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法中正确的是( )
A. 从c到d过程中手掌对苹果的摩擦力越来越大
B. 在c点苹果受到的支持力等于在a点时的支持力
C. 从c到d再到a过程中，苹果的机械能保持不变
D. 从d到a再到b过程中，苹果先处于超重状态后处于失重状态
9. 第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，(忽略空气阻力，运动员可视为质点)，下列说法正确的是( )
A. t1
C. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
10. 电子焊接机中的电场线如图中虚线所示。圆弧形极板K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速；不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A. 由K到A电势逐渐降低
B. A和K之间的电场强度大小为Ud
C. A点与KA中点的电势差大于U2
D. 电子由K运动到A的过程中，其电势能增加了eU
11. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是( )
A. 载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
B. 根据题中信息，可求出地球的质量M=4π2r3GT2
C. 载人飞船在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
D. 空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为r3：a3
12. 如图为某同学用一束激光射入正三角形玻璃砖的光路图，由于疏忽，他忘记标记光路方向，同时手上也没有量角器。已知图中ΔABC为正三角形玻璃砖边界，a、b、c为边界中点，且光束1与光束2平行。则下列说法正确的为( )
A. 光束2为入射光
B. 该激光在玻璃砖中的折射率为1.5
C. 光束3的光强大于光束1、2的光强之和
D. 无论如何改变入射角，总有光线从玻璃砖中射出
13. 很多城市推出微公交小型租赁电动车，这为个性化绿色出行又提供了一种方案。某种型号微型电动车为零排放的纯电动汽车，其相关的性能参见表格，已知一次完全充电约需8小时，使用电能的价格约为每度电0.8元。在计算过程中不考虑各种能量转化的效率，下列说法正确的是( )
电池输出最大电压
220V
电池输出最大机械功率
22kw
电池容量
150A⋅h
充电电压
220V
最大时速
72km/h
充满电后最多行驶路程
100km
A. 充电电流为150A
B. 充满电后储存的电能为33000J
C. 折合每公里的电能成本约为0.26元
D. 最大速度行驶时的受到阻力约为306N
14. 下列说法中正确的是( )
A. 如图中彩超机是利用超声波的多普勒效应测量血液流速
B. 如图中电子显微镜比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波长比可见光长
C. 如图中的量子通信提到的单光子不可分割，是基于光子作为量子化的能量子
D. 如图中狭缝越窄，表明更窄的狭缝可以同时更准确地测得粒子的位置与动量
15. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的OO′轴匀速转动。线圈abcd的匝数为N，电阻不计；理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，定值电阻的阻值为R，所用电表均为理想电表；当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U，则( )
A. 电流表的示数为U3R
B. 当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，电压表的示数为2U
C. 在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为2U3ω
D. 从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为e=23Ucosωt
16. 如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t=0时刻同时起振，波源S1的振动图象如图乙所示；波源为S2的机械波在t=0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1=7m，PS2=9m，则( )
A. 质点P的位移不可能为0
B. t=1.25s时，质点P处于波谷
C. 质点P的起振方向沿y轴正方向
D. 波源为S2的起振方向沿y轴负方向
17. (1)在下列实验中，能用图1中装置完成且仅用一条纸带就可以得出实验结论的是______(单选)。
A.验证小车和重物组成的系统机械能守恒
B.探究小车速度随时间变化的规律
C.探究小车加速度与力、质量的关系
D.探究不同力做功与小车速度变化的关系
(2)某次实验中按规范操作打出了一条纸带，其部分纸带如图2。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，纸带左端接小车，请根据图中纸带判断其做的是______(填“匀速”、“匀变速”、“加速度变化的变速”)运动，此次实验中打点计时器打下A点时小车的速度为______m/s。(保留两位有效数字)
(3)如图3所示，在水平气垫导轨上用光电门记录数据的方式做“验证动量守恒定律”实验，测量滑块A的质量记为m1，测量滑块B的质量记为m2，测量滑块A上的遮光条宽度如图4所示，其宽度d1=______cm，测得滑块B上的遮光条宽度为d2。滑块A从右向左碰静止的滑块B，已知m1>m2，光电门计数器依次记录了三个遮光时间Δt1、Δt2、Δt3，验证动量守恒需要满足的关系式为______(用测量的物理量符号表示)。
18. 某实验兴趣小组在实验室中准备了如下器材：
A.电压表V1(量程为0∼3V、内阻约3.0kΩ)
B.电压表V2(量程为0∼15V、内阻约15.0kΩ)
C.电流表A1(量程为0∼0.6A、内阻约1.00Ω)
D.电流表A2(量程为0∼3A、内阻约0.20Ω)
E.电阻箱Rx(阻值可调范围为0∼9999Ω)
F.滑动变阻器R(阻值变化范围为0∼20Ω)
G.开关及导线若干
(1)小组选取部分器材结合学生电源测量小灯泡(额定电压3V，额定功率1.2W)的伏安特性曲线，选用电压表______(选填V1或V2)，选取电流表______(选填A1或A2)；
(2)小组成员找了2节已长时间使用的干电池组成电池组(总内阻约30Ω)，为较准确测量其电源电动势与内阻，要求所用电表的最大读数超过其量程的23。小组成员根据上述器材分别提出如图1四种方案，最合适的方案为______(单选)；
(3)用上述器材测量电压表V1的内阻，该兴趣小组还找来了定值电阻，组装成如图2所示电路，并用15V学生电源供电。
①为使所用电表测得数据的最大值均能超过其量程的23，定值电阻的阻值应该选择______(选填“1kΩ”或“10kΩ”或“30kΩ”)。
②开关闭合前滑动变阻器R的滑片应位于端______(选填“左”或“右”)。
③选用实验中测量的一组数据来计算电压表V1的内阻Rv，已知定值电阻阻值为R0，电压表V1、V2示数分别记为U1、U2，则Rv=______。
19. 电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5m达到最大速度2m/s，接着匀速上升10m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求铁柱上升过程中。
(1)电磁铁对铁柱的作用力最大值；
(2)铁柱的平均速度大小；
(3)电磁铁对铁柱的冲量。
20. 如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成(底端连接处D与D′略错开)。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ=60∘；水平直线轨道CD长度L=1.2m，动摩擦因数μ=0.5；圆轨道DED′的半径R2=0.8m。将质量m=0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m=0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)若h=0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
(2)若h=0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
(3)要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。
21. 冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电量，以及与电量有关的其他物理量测量(如磁感应强度)。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量dm成正比，即q=kdm(k为电量冲击常量，是已知量)。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度v0(大小未知)进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量qab和磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；
(3)若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量d′。
22. 我国目前采用的是托卡马克(如图甲)磁约束装置作为核反应“容器”，在2021年5月，中科院合肥物质科学研究院研发的“EAST人造太阳”持续“燃烧”了101秒。某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，并已知磁感应强度为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相同，方向与B(磁场垂直，其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为v=BqRm的氘原子核(已知氘原子核质量为m，电荷量为q)从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ，氘原子核恰不能飞出磁场区域，忽略粒子重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：
(1)环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
(2)该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间；
(3)若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ=60∘角射入磁场如图丁所示)，则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为多少。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：高斯，非国际通用的磁感应强度单位，一段导线，若放在磁感应强度均匀的磁场中，方向与磁感应强度方向垂直的长直导线在通有1电磁系单位的稳恒电流时，在每厘米长度的导线受到电磁力为1达因，则该磁感应强度就定义为1高斯，高斯是很小的单位，10000高斯等于1特斯拉，高斯是常见非法定计量单位，特斯拉是法定计量单位。所以B=1014GS=1010T，故ACD错误，B正确；
故选：B。
高斯，非国际通用的磁感应强度单位，10000高斯等于1特斯拉。
本题主要考查了磁感应强度的非国际通用单位，知道高斯10000高斯等于1特斯拉即可解题。
2.【答案】D
【解析】解：A、8点49分指的是时刻，故A错误；
B、显示速度为200km/h，200km/h指的是瞬时速度，故B错误；
C、以小陈为参考系，三门站站牌是运动的，故C错误；
D、研究列车从宁波到台州轨迹时，列车的大小和形状能忽略，可以把列车看成质点，故D正确。
故选：D。
时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，平均速度等于位移与时间的比值；明确物体可视为质点的条件，知道只有在所研究的问题中物体的大小和形状可以忽略时物体可以视为质点。
本题考查时间和时刻、平均速度和瞬时速度和质点，要注意掌握相近知识点的联系和区别才能正确求解。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据电荷守恒定律可知，摩擦起电的本质是电荷的转移，并不是创造的电荷，故A错误；
B、下雨天，空气潮湿，毛皮摩擦过的PVC管会被中和，实验效果会不明显，故B错误；
C、带电物体的电荷量是元电荷的整数倍，故C正确；
D、用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的PVC管，细水流仍会向靠近玻璃棒的方向偏转，是因为玻璃棒带电，能够吸引轻小物体，故D错误；
故选：C。
摩擦起电的本质是电荷的转移，细水流向靠近PVC管的方向偏转，是因为PVC管带电，能够吸引轻小物体。
本题主要考查了摩擦起电的本质和电荷守恒定律，解题关键是明确PVC管带电，能够吸引轻小物体的性质是吸引细水流的原因。
4.【答案】B
【解析】解：A、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；
B、康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量，故B正确；
C、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构，并非揭示了原子核是由质子和中子组成的，故C错误；
D、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电子轨道半径变小，原子核对核外电子做正功，电势能减小，原子核与核外电子之间的电场力提供向心力，kQer2=mv2r，由此可知，当半径减小时，速度增大，电子的动能增大，故D错误；
故选：B。
比结合能越大，原子核越稳定；
康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量；
α粒子散射实验的研究，说明了原子具有核式结构；
由较高能级跃迁到较低能级时，释放能量，轨道半径变小，动能增大，势能减小。
明确结合能与比结合能之间的关系，知道康普顿效应，知道α粒子散射实验，知道跃迁过程中各种物理量如何变化。
5.【答案】D
【解析】解：A、线速度的方向是切线方向，在弯道上的不同位置，切线方向不同，线速度的方向不同，线速度变化，故A错误；
B、加速度的方向指向圆心，在不同的位置，加速度的方向不同，加速度变化，故B错误；
C、相同时间内速度变化量大小相同，但是方向不同，变化量不同，故C错误；
D、苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，角速度不变，相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同，故D正确；
故选：D。
线速度、加速度都既有大小也有方向，方向变化也是发生变化，根据线速度角速度的定义判断题目。
本题考查对线速度角速度的理解，注意方向的问题，对于矢量方向，只有变化也是发生了变化。
6.【答案】A
【解析】解：A、全红婵起跳时的速度方向向上，t1时刻速度为零，说明t1时刻全红婵达到最高点，故A正确；
B、在0−t2时间内全红婵在空中运动，t2时刻开始进入水面，t3时刻速度为零，到达水中最深处，故B错误；
C、t2∼t3时间段全红婵向下做匀减速直线运动，加速度竖直向上，故C错误；
D、根据v−t图象的斜率表示速度，知0∼t1时间段与t1∼t2时间段加速度方向相同，故D错误。
故选：A。
在v−t图象中，速度的正负代表运动的方向，图象的斜率表示加速度，根据v−t图象可以分析全红婵的运动情况。
本题考查对速度-时间图象的理解，要知道在速度-时间图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的正负表示速度的方向。
7.【答案】B
【解析】解：A、重力是由地球的吸引而产生的，方向竖直向下，而不一定指向地心，只有两极和赤道上的物体重力方向才指向地心，浙江省不在赤道上，所以分液漏斗受到的重力方向不指向地心，故A错误；
B、圆形铁环对分液漏斗的作用力与分液漏斗的重力平衡，故圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关，故B正确；
C、圆形铁环对分液漏斗的弹力是由圆形铁环形变产生的，故C错误；
D、分液漏斗装满溶液时，重心在几何中心处，溶液不断流出的过程重心下降，当溶液流完后重心又回到球心处，故重心先下降后上升，故D错误。
故选：B。
重力的方向不一定指向地心；根据平衡条件分析圆形铁环对分液漏斗的作用力；圆形铁环对分液漏斗的弹力是由圆形铁环形变产生的；溶液不断流出的过程重心下降，后来重心又回到球心处，故重心先下降后上升。
本题主要是考查重力、弹力的概念，关键是知道重力产生的原因，知道重力的方向竖直向下，不一定指向地心。
8.【答案】A
【解析】解：A.从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故A正确；
B.苹果做匀速圆周运动，在c点、a点时的支持力分别为Fc和Fa，根据牛顿第二定律可得
mg−Fc=mv2r
Fa−mg=mv2r
联立可得：Fa>Fc，故B错误；
C.从c到d再到a过程中，苹果的速度大小保持不变，即动能保持不变，重力势能一直减小，因此机械能一直减小，故C错误；
D.从d到a再到b过程中，苹果的加速度在竖直方向上的分加速度一直竖直向上，苹果一直处于超重状态，故D错误。
故选：A。
根据加速度的方向确定苹果处于超重还是失重，将加速度进行分解，结合水平分加速度和竖直分加速度的变化分析摩擦力和支持力的变化。
解决本题的关键是知道苹果的加速度大小不变，方向指向圆心，本题巧妙的将加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向的加速度由摩擦力提供，竖直方向的加速度由重力和支持力的合力提供。
9.【答案】C
【解析】解：AB、以C点为原点，CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据y方向运动的对称性，知t1=t2，故AB错误；
C、设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：
tanα=vyv0
tanθ=yx=vy2tv0t=12×vyv0
则得：tanα=2tanθ
θ一定，则α一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C错误；
D、将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y 方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为：t=2⋅v2a2，
落在斜面上的距离：s=v1t+12a1t2，离开C点的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故D错误。
故选：C。
以C点为原点，CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系，对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，利用竖直上抛运动和匀加速直线运动规律可以求出t1和t2，CF和FD的关系；从斜面上做平抛运动，又落回到斜面上，位移的夹角和斜面的倾斜角相等，再利用平抛运动位移夹角和速度夹角关系可以判断速度方向也不变。
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，利用运动的合成和分解来研究平抛运动时最基本的方法，一定好好掌握。
10.【答案】C
【解析】解：A、由于电子在K极由静止加速，则电子受到的电场力从K沿电场线直线A，电场线由A指向K，所以由K沿直线到A电势逐渐升高，故A错误；
B、A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等，故B错误；
C、A、K之间建立的是非匀强电场，场强从A到K逐渐减小，A点与KA中点的平均场强大于K点与KA中点的平均场强，根据U=Ed知，A点与KA中点的电势差大于U2，故C正确；
D、由能量守恒定律知，由K到A，电场力做正功，电势能减少，电子的电势能减小了ΔEP=eU，故D错误；
故选：C。
A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用；根据电场线的方向分析电势的变化；由能量守恒定律分析电子电势能的变化情况。
本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答．要知道公式U=Ed只适用于匀强电场。
11.【答案】D
【解析】解：AC、载人飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ时需在A点火加速，机械能变大，所以载人飞船在轨道Ⅰ上机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故AC错误；
B、国际空间站做匀速圆周运动，设国际空间站运动的周期为T1，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2
解得地球质量：M=4π2r3GT12
国际空间站运动的周期与地球的自转周期T不相等，故B错误；
D、设载人飞船运动的周期为T2，根据开普勒第三定律有a3T22=r3T12
则国际空间站运动的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期之比为r3：a3，故D正确。
故选：D。
载人飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ时需在A点火加速，机械能变大，由万有引力提供向心力可求出中心天体地球的质量；由开普勒第三定律求出周期之比。
本题考查万有引力定律，关键掌握万有引力提供向心力。熟练应用开普勒第三定律求解环绕天体的周期。
12.【答案】D
【解析】解：A.由图根据反射定律和折射定律可知，光束1为入射光，故A错误；
B.由图根据几何关系可知，bc与法线的夹角为30∘，光束2与BC的夹角为30∘，则光束1与法线夹角为60∘，则该激光在玻璃砖中的折射率为
n=sin60∘sin30∘=3
故B错误：
C.根据A分析可知，光束1为入射光束，在b点只发生折射，则光速1与光束bc的光强相等，由图可知，在c点光束bc部分折射为光速3、部分反射为光束ca，则光束1的光强大于光束3的光强，故C错误；
D.根据题意，当光束1垂直AC进入，则光速1直接穿过玻璃砖从B点飞出；设光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则
sinC=1n=33>12
可知，临界角大于30∘，设光束1在b点的入射角为α，折射角为β，折射光束bc交AB于c′点，光束bc′在c′点入射角为γ，根据几何关系可知
β+γ=π3
当γ
光束bc′在c′点不发生全反射，可以从c′点射出玻璃砖，此时，可得
sinβ=sin(π3−γ)>32−36
即
sinα=nsinβ>6−12
则当光束1的入射角的正弦值满足
6−12
0
θ=β
此时
γ≥C
则
α=β
0
故选：D。
根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再根据折射率定义公式列式求解即可；根据临界角公式解得临界角，分析判断入射角正弦范围与光束折射情况。
解答本题的关键是正确分析光路图，依据几何关系确定入射角和折射角大小，计算出折射率和速度，结合光在三角形介质中传播情况分析判断。
13.【答案】C
【解析】解：A.根据题意可知，电池的充电功率为
解得：
则充电电流为
解得I=18.75A
故A错误；.
B.充满电后储存的电能为
W=Uq=1.188×108J
故B错误；
C.根据题意可知，一次充电消耗的电能为
W1=W=1.188×108J=33kW.h=33(度)
折合每公里的电能成本约为
33×0.8100元/km≈0.26元/km
故C正确；
D.最大速度行驶时，机械功率最大，且阻力等于牵引力，根据公式
P=Fvm
解得
F=1100N
则最大速度行驶时的受到阻力约为1100N，故D错误。
故选：C。
由功与功率的关系求解功率，由功率公式求解电流，由W=qU求解电功，注意单位换算。
本题考查电功率，学生需熟练掌握功与功率的关系，并能灵活运用功率各公式。
14.【答案】AC
【解析】解：A、多普勒效应由于波源的移动而使接收到的频率变化，则图中彩超机是利用超声波的多普勒效应测量血液流速，故A正确；
B、图中电子显微镜比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波波长比可见光短，故B错误；
C、图中的量子通信提到的单光子不可分割，是基于光子作为量子化的能量子，故C正确；
D、图中狭缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量小，动量不确定量大的缘故，故D错误；
故选：AC。
多普勒效应是由于波源的移动而使接收到的频率变化，彩超机是利用多普勒效应工作的；
电子显微镜中电子的德布罗意波波长比光学显微镜的波长短；
光子是最小的能量子；
位置不确定量小，动量不确定量大故狭缝越窄，中央亮纹越宽。
明确多普勒效应的应用，知道电子显微镜和光学显微镜的区别，知道光的衍射与什么有关。
15.【答案】BD
【解析】解：A、副线圈两端的电流I=UR，根据I1I2=n2n1可得：I1=3UR，故A错误；
B、线圈产生的最大感应电动势Em=NBSω，当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，故产生的最大感应电动势变为原来的2倍，根据U1U2=n1n2可知，电压表的示数为2U，故B正确；
C、在线圈abcd转动的过程中，根据U1U2=n1n2可知，U1=U3，产生感应电动势的最大值为Em=2U1=2U3，根据Em=NBSω，穿过线圈的最大磁通量为Φm=EmNω=2U3Nω，故C错误；
D、从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为e=Emcosωt=23Ucosωt，故D正确；
故选：BD。
线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的电压、电流与线圈匝数间的关系即可判断。
本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析。
16.【答案】BC
【解析】解：D.结合波源S2在t=0.25s时波的图象丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S2的起振方向沿y轴正方向，D错误；
C.根据波源S1的振动图象图乙可知，波源S1的起振方向向上，又因为
PS1
A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知
λ=2.0m，T=0.2s
则波速为
v=λT=20.2m/s=10m/s
P点到两波源的波程差为
Δx=PS2−PS1=9m−7m=2m
P点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；
B.S1和S2振动传到P的时间分别为
t1=PS1v=710s=0.7s
t2=PS2v=910s=0.9s
由此可知，在t=1.25s时，波源S1在t=1.25s−t1=1.25s−0.7s=0.55s时的振动情况传到P点，此时波源S1位于波谷；波源S2在t=1.25s−t2=1.25s−0.9s=0.35s时的振动情况传到P点，此时波源位于波谷，在t=1.25s时P处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确。
故选：BC。
先读出周期，求出两列波的波速，再由运动学公式求两波源传播的速度；根据两波源发出波的传播到P点的时间，确定t=1.25s时，质点M的振动情况，再由波的叠加原理求解。
本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，要注意波的叠加也遵守矢量的运算法则。在x−t图象中，对于质点任意时间的位移，可根据解析式求解。
17.【答案】B 匀变速 0.531.004m1d1Δt1=m1d1Δt3+m2d2Δt2
【解析】解：(1)A.验证小车和重物组成的系统机械能守恒，需要测量小车和重物的质量，故A错误；
B.探究小车速度随时间变化的规律，仅需要一条纸带即可得出实验结论，故B正确；
C.探究小车加速度与力、质量的关系，还需知道二者的质量，故C错误；
D.探究不同力做功与小车速度变化的关系，需要知道二者的质量，故D错误。
故选B.
(2)根据Δx=aT2，T均相等，即只要满足Δx均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知Δx均为0.1cm，则该运动为匀变速运动。
根据匀变速直线运动规律可知小车的速度为v=x2T=2.1×10−22×0.02m/s=0.53m/s
(3)游标卡尺的精度为0.02mm，读数为l0mm+0.02×2mm=10.04mm=1.004cm
要验证动量守恒定律，即验证碰撞前的动量和碰撞后的动量相等，即
m1v1=m1v3+m2v3
故有
m1d1Δt1=m1d1Δt3+m2d2Δt2
故答案为：(1)B；(2)匀变速，0.53；(3)1.004cm，m1d1Δt1=m1d1Δt3+m2d2Δt2
(1)根据实验原理及实验操作判断；
(2)根据匀变速直线运动规律解答；
(3)根据游标卡尺读数方法读得数据，结合动量守恒定律解答。
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键；根据实验原理与实验注意事项、应用动量守恒定律即可解题；解题时注意有效数字的保留。
18.【答案】V1 A1 C10kΩ左 U1U2−U1R0
【解析】解：(1)灯泡的额定电压为3V，则电压表选V1；小灯泡的额定电流I=PU=1.23A=0.4A，故电流表应选量程为400mA的，即A1；
(2)由于两节干电池电动势3V左右，旧干电池的内阻有30Ω，即使短路电流也才0.1A，故用电流表测得数据的最大值无法超过其量程的23，C装置可以利用电压表示数和电阻箱的电阻读数来计算出电路中的电流，故选用C.
(3)电压表V的量程为0∼3V、内阻约3.0kΩ，电压表V2量程为0∼15V，最大量程是V1的5倍，根据串联分压，串联的定值电阻约为电压表V1内阻的4倍关系左右，故相比较10kΩ最合适；
开关闭合前滑动变阻器R的滑片应位于最左端，使得测量电路部分的电压从零开始条件；
根据欧姆定律RV=UVIV=U1U2−U1R0
故答案为：(1)V1，A1；(2)C；(3)①10kΩ，②左，③U1U2−U1R0
(1)根据灯泡的额定电流和额定电压确定电流表和电压表的量程．
(2)根据电路图选择实物图，
(3)滑动变阻器运用分压式接法，电键闭合前，使得测量电路部分处于短路，起保护作用，根据欧姆定律计算．
电学实验变化多样，是高考必考内容，解答的前提是明确实验原理、正确进行仪器选择、掌握安培表内外接法和滑动变阻器的分压、限流接法以及知道电表的改装原理和电路的结构等．
19.【答案】解：(1)根据速度-位移公式，可得匀加速上升阶段：a1=vm22h1=222×50.4m/s2
铁柱的质量为：m=5t=5×103kg，由牛顿第二定律得：F−mg=ma1
代入数据解得电磁铁对铁柱的作用力最大值为：F=5.2×104N
(2)根据速度-时间公式，可得加速阶段的时间为：t1=vma1=20.4s=5s
根据运动学公式，可得匀速阶段的时间为：t2=h2vm=102s=5s
则减速阶段的运动时间为：t3=t−t1−t2=20s−5s−5s=10s
根据运动学公式，可得减速段的位移为：h3=vm2t3=22×10m=10m
根据平均速度的定义，可得全过程平均速度为：v−=h1+h2+h3t=5+10+1020m/s=1.25m/s
(3)规定竖直向上为正方向，由动量定理得：I−mgt=0
代入数据解得电磁铁对铁柱的冲量为：I=106N⋅s，方向竖直向上。
答：(1)电磁铁对铁柱的作用力最大值为5.2×104N；
(2)铁柱的平均速度大小为1.25m/s；
(3)电磁铁对铁柱的冲量为106N⋅s，方向竖直向上。
【解析】(1)根据速度-位移公式和牛顿第二定律求解电磁铁对铁柱的作用力最大值；
(2)根据运动学公式，以及平均速度的定义式，求解铁柱的平均速度大小；
(3)根据动量定理求解电磁铁对铁柱的冲量。
本题以电磁起重机是工业中重要的运送装备为背景，考查了运动学功率、牛顿第二定律以及动量定理在实际问题中的应用，要求学生能够熟练应用相关公式求解，注意应用动量定理解题时，要规定正方向。
20.【答案】解：(1)从A到B：vy2−0=2gh
水平初速度v0=vytan60∘，解得v0=3m/s
(2)从A抛出到C：mg(h+R12)=12mvc2−12mv02，vc=26m/s
在C点：FNC−mg=mvc2R1，解得FNC=6N；
由牛顿第三定律得，压力F′NC=FNC=6N，方向竖直向下
(3)球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出
若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时：
12mvB12+mg(R1−R1cosθ)=μmgL+mgR2
解得：vB1=4m/s
返回时刚好到Q点，满足：12mvB22+mg(R1−R1cosθ)=2μmgL
解得：vB2=23m/s
综上解得：0≤vB≤23m/s
要过E点，则需满足12mvB32+mg(R1−R1cosθ)−μmgL=mg2R2+12mvEmin2
mg=mvEmin2R2，解得：vB3=210m/s
过E点则仅碰撞1次，满足：vB≥210m/s
综上所述：0≤vB≤23m/s或者vB≥210m/s
从A到B，要满足的关系：(vBsin60∘)2=2gh
h要满足的条件是：0
(2)小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力为6N，方向竖直向下；
(3)h需要满足的条件是：0
【解析】由速度-位移关系求解初速度，由动能定理求解C点速度，由向心力公式求解压力，由动能定理求解临界速度。
本题考查平抛运动，分阶段运用动能定理，对临界点进行讨论，是解题关键。
21.【答案】解：(1)通过电流计D的电量q=kd，电路总电量qab=2q=2kd
ab为电源，因此回路的总电阻R′=R+R2=1.5R
由q=I−t=ΔΦRt⋅t=BL2R′
联立解得：B=3RkdL2
(2)规定向右为正方向，进入过程由动量定理−BLqab=0−mv0
总焦耳热Q′=12mv02
ab中的焦耳热Qab=23Q′
cd中的焦耳热Qcd=13×12Q′
Q=(23+13×12)Q′
联立解得：Q=15k4d4R2mL2
(3)开始到全部进入根据动量定理有：−BL(2kd)=mv1−m⋅2v0
全部进入之后根据动量定理有：−BL(kΔd)=0−mv1
联立解得：Δd=2d
因此光标的最大偏转量d′=3d
答：(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量为2kd，磁场的磁感应强度B的大小为3RkdL2；
(2)在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热为15k4d4R2mL2；
(3)若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，冲击电流计光标的最大偏转量为3d。
【解析】(1)根据电路特点可知回路的总电量；结合电荷量定义式解得磁感应强度；
(2)根据动量定律结合能量关系求解总焦耳热；
(3)根据动量定理可解得最大偏转量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、动量定理进行求解，涉及能量问题，常根据功能关系等列方程求解。
22.【答案】解：(1)由题意，粒子不能磁场Ⅱ飞出，由于qvB2=mv2R2
需要R2=L
解得：B2=BRL
(2)粒子在磁场Ⅰ区域时qvB=mv2R1
解得：R1=R
所以粒子在磁场Ⅰ区域轨迹如图1
图1
所以粒子在磁场Ⅰ区域运动总时间t1=2πRv=2πmqB
粒子在磁场Ⅱ中做四次半个圆周运动，总时间t2=2πL×2v
所以t=t1+t2
联立解得：t=2πmqB+4πmLqBR
(3)粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹如图2，速度为2v时轨道半径为R2′=2L
图2
粒子在磁场Ⅱ中每运动一次水平位移为x′=23L
粒子由磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ时，其速度可分解为与磁场Ⅰ垂直的分速度v1=3v
与磁场Ⅰ平行的分速度v2=v，如图3
图3
粒子以v1在磁场Ⅰ中做圆周运动轨迹如图4，
图4
根据洛伦兹力提供向心力有：q⋅3vB=m(3v)2R1′
在磁场Ⅰ中运动总时间t3=3×60∘360∘T
磁场Ⅰ中的水平位移x1=v2t3
磁场Ⅱ中的水平位移x2=3x′
所以粒子总水平位移x=x1+x2=
联立解得：x=πR+63L
答：(1)环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小为BRL；
(2)该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间为2πmqB+4πmLqBR；
(3)若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ=60∘角射入磁场如图丁所示)，则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为πR+63L。
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力可解得磁感应强度；
(2)分别解得粒子在磁场Ⅰ区域和Ⅱ中做四次半个圆周运动的时间，相加即可；
(3)根据粒子运动规律，结合几何关系可解得。
本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识求解，关键是通过轨迹图找出几何关系。
2022年浙江省名校协作体高考物理模拟试卷
1. “中国天眼”帮助科学家发现一类独特的脉冲星叫磁星(如图)。某一个磁星表面的磁感应强度大小B=1014GS，即( )
A. B=1020Hz B. B=1010T C. B=1016Wb D. B=1023C
2. 2022年1月6日，小陈乘坐D3111号列车从宁波8点49分出发，于9点43分到达台州站，小陈注意到经过三门站站牌时车厢过道显示屏显示速度为200km/h，下列说法正确的是( )
A. 8点49分指的是时间间隔
B. 题中200km/h指的是平均速度
C. 以小陈为参考系，三门站站牌是静止的
D. 研究列车从宁波到台州轨迹时可以把它当作质点来研究
3. 如图所示，某同学在用毛皮摩擦过的PVC管靠近一细水流，发现细水流向靠近PVC管的方向偏转，下列说法正确的是( )
A. 摩擦可以创造更多电荷
B. 下雨天，实验效果会更明显
C. PVC管所带的电荷量一定是元电荷e的整数倍
D. 用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的PVC管，细水流会向远离玻璃棒的方向偏转
4. 下列说法中正确的是( )
A. 结合能越大的原子核越稳定
B. 康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量
C. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核由质子和中子组成
D. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增大
5. 如图所示为苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则苏炳添在这段圆弧内( )
A. 线速度不变
B. 加速度不变
C. 相同时间内速度变化量相同
D. 相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同
6. 2021年东京奥运会，十四岁的中国小将全红婵夺得东京奥运会女子10米跳台冠军(如图甲所示)，图乙为其竖直分速度与时间的关系图象，以其向上离开跳台时作为计时起点，运动过程中视其为质点，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻达到最高点
B. t3时刻开始进入水面
C. t2∼t3时间段加速度竖直向下
D. 0∼t1时间段与t1∼t2时间段加速度方向相反
7. 如图所示，浙江某中学学生做化学实验时，水平放置的圆形铁环上放入分液漏斗，两者均处于静止状态，则( )
A. 分液漏斗受到的重力方向一定指向地心
B. 圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关
C. 圆形铁环对分液漏斗的弹力是由分液漏斗形变产生的
D. 若分液漏斗中溶液不断流出，分液漏斗的重心不断下降
8. 应用物理知识可以分析和解释生活中的很多常见现象。假设你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法中正确的是( )
A. 从c到d过程中手掌对苹果的摩擦力越来越大
B. 在c点苹果受到的支持力等于在a点时的支持力
C. 从c到d再到a过程中，苹果的机械能保持不变
D. 从d到a再到b过程中，苹果先处于超重状态后处于失重状态
9. 第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，(忽略空气阻力，运动员可视为质点)，下列说法正确的是( )
A. t1
C. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
10. 电子焊接机中的电场线如图中虚线所示。圆弧形极板K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速；不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A. 由K到A电势逐渐降低
B. A和K之间的电场强度大小为Ud
C. A点与KA中点的电势差大于U2
D. 电子由K运动到A的过程中，其电势能增加了eU
11. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是( )
A. 载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
B. 根据题中信息，可求出地球的质量M=4π2r3GT2
C. 载人飞船在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
D. 空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为r3：a3
12. 如图为某同学用一束激光射入正三角形玻璃砖的光路图，由于疏忽，他忘记标记光路方向，同时手上也没有量角器。已知图中ΔABC为正三角形玻璃砖边界，a、b、c为边界中点，且光束1与光束2平行。则下列说法正确的为( )
A. 光束2为入射光
B. 该激光在玻璃砖中的折射率为1.5
C. 光束3的光强大于光束1、2的光强之和
D. 无论如何改变入射角，总有光线从玻璃砖中射出
13. 很多城市推出微公交小型租赁电动车，这为个性化绿色出行又提供了一种方案。某种型号微型电动车为零排放的纯电动汽车，其相关的性能参见表格，已知一次完全充电约需8小时，使用电能的价格约为每度电0.8元。在计算过程中不考虑各种能量转化的效率，下列说法正确的是( )
电池输出最大电压
220V
电池输出最大机械功率
22kw
电池容量
150A⋅h
充电电压
220V
最大时速
72km/h
充满电后最多行驶路程
100km
A. 充电电流为150A
B. 充满电后储存的电能为33000J
C. 折合每公里的电能成本约为0.26元
D. 最大速度行驶时的受到阻力约为306N
14. 下列说法中正确的是( )
A. 如图中彩超机是利用超声波的多普勒效应测量血液流速
B. 如图中电子显微镜比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波长比可见光长
C. 如图中的量子通信提到的单光子不可分割，是基于光子作为量子化的能量子
D. 如图中狭缝越窄，表明更窄的狭缝可以同时更准确地测得粒子的位置与动量
15. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的OO′轴匀速转动。线圈abcd的匝数为N，电阻不计；理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，定值电阻的阻值为R，所用电表均为理想电表；当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U，则( )
A. 电流表的示数为U3R
B. 当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，电压表的示数为2U
C. 在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为2U3ω
D. 从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为e=23Ucosωt
16. 如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t=0时刻同时起振，波源S1的振动图象如图乙所示；波源为S2的机械波在t=0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1=7m，PS2=9m，则( )
A. 质点P的位移不可能为0
B. t=1.25s时，质点P处于波谷
C. 质点P的起振方向沿y轴正方向
D. 波源为S2的起振方向沿y轴负方向
17. (1)在下列实验中，能用图1中装置完成且仅用一条纸带就可以得出实验结论的是______(单选)。
A.验证小车和重物组成的系统机械能守恒
B.探究小车速度随时间变化的规律
C.探究小车加速度与力、质量的关系
D.探究不同力做功与小车速度变化的关系
(2)某次实验中按规范操作打出了一条纸带，其部分纸带如图2。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，纸带左端接小车，请根据图中纸带判断其做的是______(填“匀速”、“匀变速”、“加速度变化的变速”)运动，此次实验中打点计时器打下A点时小车的速度为______m/s。(保留两位有效数字)
(3)如图3所示，在水平气垫导轨上用光电门记录数据的方式做“验证动量守恒定律”实验，测量滑块A的质量记为m1，测量滑块B的质量记为m2，测量滑块A上的遮光条宽度如图4所示，其宽度d1=______cm，测得滑块B上的遮光条宽度为d2。滑块A从右向左碰静止的滑块B，已知m1>m2，光电门计数器依次记录了三个遮光时间Δt1、Δt2、Δt3，验证动量守恒需要满足的关系式为______(用测量的物理量符号表示)。
18. 某实验兴趣小组在实验室中准备了如下器材：
A.电压表V1(量程为0∼3V、内阻约3.0kΩ)
B.电压表V2(量程为0∼15V、内阻约15.0kΩ)
C.电流表A1(量程为0∼0.6A、内阻约1.00Ω)
D.电流表A2(量程为0∼3A、内阻约0.20Ω)
E.电阻箱Rx(阻值可调范围为0∼9999Ω)
F.滑动变阻器R(阻值变化范围为0∼20Ω)
G.开关及导线若干
(1)小组选取部分器材结合学生电源测量小灯泡(额定电压3V，额定功率1.2W)的伏安特性曲线，选用电压表______(选填V1或V2)，选取电流表______(选填A1或A2)；
(2)小组成员找了2节已长时间使用的干电池组成电池组(总内阻约30Ω)，为较准确测量其电源电动势与内阻，要求所用电表的最大读数超过其量程的23。小组成员根据上述器材分别提出如图1四种方案，最合适的方案为______(单选)；
(3)用上述器材测量电压表V1的内阻，该兴趣小组还找来了定值电阻，组装成如图2所示电路，并用15V学生电源供电。
①为使所用电表测得数据的最大值均能超过其量程的23，定值电阻的阻值应该选择______(选填“1kΩ”或“10kΩ”或“30kΩ”)。
②开关闭合前滑动变阻器R的滑片应位于端______(选填“左”或“右”)。
③选用实验中测量的一组数据来计算电压表V1的内阻Rv，已知定值电阻阻值为R0，电压表V1、V2示数分别记为U1、U2，则Rv=______。
19. 电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5m达到最大速度2m/s，接着匀速上升10m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求铁柱上升过程中。
(1)电磁铁对铁柱的作用力最大值；
(2)铁柱的平均速度大小；
(3)电磁铁对铁柱的冲量。
20. 如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成(底端连接处D与D′略错开)。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ=60∘；水平直线轨道CD长度L=1.2m，动摩擦因数μ=0.5；圆轨道DED′的半径R2=0.8m。将质量m=0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m=0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)若h=0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
(2)若h=0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
(3)要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。
21. 冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电量，以及与电量有关的其他物理量测量(如磁感应强度)。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量dm成正比，即q=kdm(k为电量冲击常量，是已知量)。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度v0(大小未知)进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量qab和磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；
(3)若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量d′。
22. 我国目前采用的是托卡马克(如图甲)磁约束装置作为核反应“容器”，在2021年5月，中科院合肥物质科学研究院研发的“EAST人造太阳”持续“燃烧”了101秒。某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，并已知磁感应强度为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相同，方向与B(磁场垂直，其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为v=BqRm的氘原子核(已知氘原子核质量为m，电荷量为q)从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ，氘原子核恰不能飞出磁场区域，忽略粒子重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：
(1)环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
(2)该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间；
(3)若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ=60∘角射入磁场如图丁所示)，则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为多少。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：高斯，非国际通用的磁感应强度单位，一段导线，若放在磁感应强度均匀的磁场中，方向与磁感应强度方向垂直的长直导线在通有1电磁系单位的稳恒电流时，在每厘米长度的导线受到电磁力为1达因，则该磁感应强度就定义为1高斯，高斯是很小的单位，10000高斯等于1特斯拉，高斯是常见非法定计量单位，特斯拉是法定计量单位。所以B=1014GS=1010T，故ACD错误，B正确；
故选：B。
高斯，非国际通用的磁感应强度单位，10000高斯等于1特斯拉。
本题主要考查了磁感应强度的非国际通用单位，知道高斯10000高斯等于1特斯拉即可解题。
2.【答案】D
【解析】解：A、8点49分指的是时刻，故A错误；
B、显示速度为200km/h，200km/h指的是瞬时速度，故B错误；
C、以小陈为参考系，三门站站牌是运动的，故C错误；
D、研究列车从宁波到台州轨迹时，列车的大小和形状能忽略，可以把列车看成质点，故D正确。
故选：D。
时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，平均速度等于位移与时间的比值；明确物体可视为质点的条件，知道只有在所研究的问题中物体的大小和形状可以忽略时物体可以视为质点。
本题考查时间和时刻、平均速度和瞬时速度和质点，要注意掌握相近知识点的联系和区别才能正确求解。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据电荷守恒定律可知，摩擦起电的本质是电荷的转移，并不是创造的电荷，故A错误；
B、下雨天，空气潮湿，毛皮摩擦过的PVC管会被中和，实验效果会不明显，故B错误；
C、带电物体的电荷量是元电荷的整数倍，故C正确；
D、用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的PVC管，细水流仍会向靠近玻璃棒的方向偏转，是因为玻璃棒带电，能够吸引轻小物体，故D错误；
故选：C。
摩擦起电的本质是电荷的转移，细水流向靠近PVC管的方向偏转，是因为PVC管带电，能够吸引轻小物体。
本题主要考查了摩擦起电的本质和电荷守恒定律，解题关键是明确PVC管带电，能够吸引轻小物体的性质是吸引细水流的原因。
4.【答案】B
【解析】解：A、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；
B、康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量，故B正确；
C、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构，并非揭示了原子核是由质子和中子组成的，故C错误；
D、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电子轨道半径变小，原子核对核外电子做正功，电势能减小，原子核与核外电子之间的电场力提供向心力，kQer2=mv2r，由此可知，当半径减小时，速度增大，电子的动能增大，故D错误；
故选：B。
比结合能越大，原子核越稳定；
康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量；
α粒子散射实验的研究，说明了原子具有核式结构；
由较高能级跃迁到较低能级时，释放能量，轨道半径变小，动能增大，势能减小。
明确结合能与比结合能之间的关系，知道康普顿效应，知道α粒子散射实验，知道跃迁过程中各种物理量如何变化。
5.【答案】D
【解析】解：A、线速度的方向是切线方向，在弯道上的不同位置，切线方向不同，线速度的方向不同，线速度变化，故A错误；
B、加速度的方向指向圆心，在不同的位置，加速度的方向不同，加速度变化，故B错误；
C、相同时间内速度变化量大小相同，但是方向不同，变化量不同，故C错误；
D、苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，角速度不变，相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同，故D正确；
故选：D。
线速度、加速度都既有大小也有方向，方向变化也是发生变化，根据线速度角速度的定义判断题目。
本题考查对线速度角速度的理解，注意方向的问题，对于矢量方向，只有变化也是发生了变化。
6.【答案】A
【解析】解：A、全红婵起跳时的速度方向向上，t1时刻速度为零，说明t1时刻全红婵达到最高点，故A正确；
B、在0−t2时间内全红婵在空中运动，t2时刻开始进入水面，t3时刻速度为零，到达水中最深处，故B错误；
C、t2∼t3时间段全红婵向下做匀减速直线运动，加速度竖直向上，故C错误；
D、根据v−t图象的斜率表示速度，知0∼t1时间段与t1∼t2时间段加速度方向相同，故D错误。
故选：A。
在v−t图象中，速度的正负代表运动的方向，图象的斜率表示加速度，根据v−t图象可以分析全红婵的运动情况。
本题考查对速度-时间图象的理解，要知道在速度-时间图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的正负表示速度的方向。
7.【答案】B
【解析】解：A、重力是由地球的吸引而产生的，方向竖直向下，而不一定指向地心，只有两极和赤道上的物体重力方向才指向地心，浙江省不在赤道上，所以分液漏斗受到的重力方向不指向地心，故A错误；
B、圆形铁环对分液漏斗的作用力与分液漏斗的重力平衡，故圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关，故B正确；
C、圆形铁环对分液漏斗的弹力是由圆形铁环形变产生的，故C错误；
D、分液漏斗装满溶液时，重心在几何中心处，溶液不断流出的过程重心下降，当溶液流完后重心又回到球心处，故重心先下降后上升，故D错误。
故选：B。
重力的方向不一定指向地心；根据平衡条件分析圆形铁环对分液漏斗的作用力；圆形铁环对分液漏斗的弹力是由圆形铁环形变产生的；溶液不断流出的过程重心下降，后来重心又回到球心处，故重心先下降后上升。
本题主要是考查重力、弹力的概念，关键是知道重力产生的原因，知道重力的方向竖直向下，不一定指向地心。
8.【答案】A
【解析】解：A.从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故A正确；
B.苹果做匀速圆周运动，在c点、a点时的支持力分别为Fc和Fa，根据牛顿第二定律可得
mg−Fc=mv2r
Fa−mg=mv2r
联立可得：Fa>Fc，故B错误；
C.从c到d再到a过程中，苹果的速度大小保持不变，即动能保持不变，重力势能一直减小，因此机械能一直减小，故C错误；
D.从d到a再到b过程中，苹果的加速度在竖直方向上的分加速度一直竖直向上，苹果一直处于超重状态，故D错误。
故选：A。
根据加速度的方向确定苹果处于超重还是失重，将加速度进行分解，结合水平分加速度和竖直分加速度的变化分析摩擦力和支持力的变化。
解决本题的关键是知道苹果的加速度大小不变，方向指向圆心，本题巧妙的将加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向的加速度由摩擦力提供，竖直方向的加速度由重力和支持力的合力提供。
9.【答案】C
【解析】解：AB、以C点为原点，CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据y方向运动的对称性，知t1=t2，故AB错误；
C、设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：
tanα=vyv0
tanθ=yx=vy2tv0t=12×vyv0
则得：tanα=2tanθ
θ一定，则α一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C错误；
D、将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y 方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为：t=2⋅v2a2，
落在斜面上的距离：s=v1t+12a1t2，离开C点的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故D错误。
故选：C。
以C点为原点，CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系，对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，利用竖直上抛运动和匀加速直线运动规律可以求出t1和t2，CF和FD的关系；从斜面上做平抛运动，又落回到斜面上，位移的夹角和斜面的倾斜角相等，再利用平抛运动位移夹角和速度夹角关系可以判断速度方向也不变。
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，利用运动的合成和分解来研究平抛运动时最基本的方法，一定好好掌握。
10.【答案】C
【解析】解：A、由于电子在K极由静止加速，则电子受到的电场力从K沿电场线直线A，电场线由A指向K，所以由K沿直线到A电势逐渐升高，故A错误；
B、A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等，故B错误；
C、A、K之间建立的是非匀强电场，场强从A到K逐渐减小，A点与KA中点的平均场强大于K点与KA中点的平均场强，根据U=Ed知，A点与KA中点的电势差大于U2，故C正确；
D、由能量守恒定律知，由K到A，电场力做正功，电势能减少，电子的电势能减小了ΔEP=eU，故D错误；
故选：C。
A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用；根据电场线的方向分析电势的变化；由能量守恒定律分析电子电势能的变化情况。
本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答．要知道公式U=Ed只适用于匀强电场。
11.【答案】D
【解析】解：AC、载人飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ时需在A点火加速，机械能变大，所以载人飞船在轨道Ⅰ上机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故AC错误；
B、国际空间站做匀速圆周运动，设国际空间站运动的周期为T1，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2
解得地球质量：M=4π2r3GT12
国际空间站运动的周期与地球的自转周期T不相等，故B错误；
D、设载人飞船运动的周期为T2，根据开普勒第三定律有a3T22=r3T12
则国际空间站运动的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期之比为r3：a3，故D正确。
故选：D。
载人飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ时需在A点火加速，机械能变大，由万有引力提供向心力可求出中心天体地球的质量；由开普勒第三定律求出周期之比。
本题考查万有引力定律，关键掌握万有引力提供向心力。熟练应用开普勒第三定律求解环绕天体的周期。
12.【答案】D
【解析】解：A.由图根据反射定律和折射定律可知，光束1为入射光，故A错误；
B.由图根据几何关系可知，bc与法线的夹角为30∘，光束2与BC的夹角为30∘，则光束1与法线夹角为60∘，则该激光在玻璃砖中的折射率为
n=sin60∘sin30∘=3
故B错误：
C.根据A分析可知，光束1为入射光束，在b点只发生折射，则光速1与光束bc的光强相等，由图可知，在c点光束bc部分折射为光速3、部分反射为光束ca，则光束1的光强大于光束3的光强，故C错误；
D.根据题意，当光束1垂直AC进入，则光速1直接穿过玻璃砖从B点飞出；设光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则
sinC=1n=33>12
可知，临界角大于30∘，设光束1在b点的入射角为α，折射角为β，折射光束bc交AB于c′点，光束bc′在c′点入射角为γ，根据几何关系可知
β+γ=π3
当γ
光束bc′在c′点不发生全反射，可以从c′点射出玻璃砖，此时，可得
sinβ=sin(π3−γ)>32−36
即
sinα=nsinβ>6−12
则当光束1的入射角的正弦值满足
6−12
0
θ=β
此时
γ≥C
则
α=β
0
故选：D。
根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再根据折射率定义公式列式求解即可；根据临界角公式解得临界角，分析判断入射角正弦范围与光束折射情况。
解答本题的关键是正确分析光路图，依据几何关系确定入射角和折射角大小，计算出折射率和速度，结合光在三角形介质中传播情况分析判断。
13.【答案】C
【解析】解：A.根据题意可知，电池的充电功率为
解得：
则充电电流为
解得I=18.75A
故A错误；.
B.充满电后储存的电能为
W=Uq=1.188×108J
故B错误；
C.根据题意可知，一次充电消耗的电能为
W1=W=1.188×108J=33kW.h=33(度)
折合每公里的电能成本约为
33×0.8100元/km≈0.26元/km
故C正确；
D.最大速度行驶时，机械功率最大，且阻力等于牵引力，根据公式
P=Fvm
解得
F=1100N
则最大速度行驶时的受到阻力约为1100N，故D错误。
故选：C。
由功与功率的关系求解功率，由功率公式求解电流，由W=qU求解电功，注意单位换算。
本题考查电功率，学生需熟练掌握功与功率的关系，并能灵活运用功率各公式。
14.【答案】AC
【解析】解：A、多普勒效应由于波源的移动而使接收到的频率变化，则图中彩超机是利用超声波的多普勒效应测量血液流速，故A正确；
B、图中电子显微镜比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波波长比可见光短，故B错误；
C、图中的量子通信提到的单光子不可分割，是基于光子作为量子化的能量子，故C正确；
D、图中狭缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量小，动量不确定量大的缘故，故D错误；
故选：AC。
多普勒效应是由于波源的移动而使接收到的频率变化，彩超机是利用多普勒效应工作的；
电子显微镜中电子的德布罗意波波长比光学显微镜的波长短；
光子是最小的能量子；
位置不确定量小，动量不确定量大故狭缝越窄，中央亮纹越宽。
明确多普勒效应的应用，知道电子显微镜和光学显微镜的区别，知道光的衍射与什么有关。
15.【答案】BD
【解析】解：A、副线圈两端的电流I=UR，根据I1I2=n2n1可得：I1=3UR，故A错误；
B、线圈产生的最大感应电动势Em=NBSω，当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，故产生的最大感应电动势变为原来的2倍，根据U1U2=n1n2可知，电压表的示数为2U，故B正确；
C、在线圈abcd转动的过程中，根据U1U2=n1n2可知，U1=U3，产生感应电动势的最大值为Em=2U1=2U3，根据Em=NBSω，穿过线圈的最大磁通量为Φm=EmNω=2U3Nω，故C错误；
D、从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为e=Emcosωt=23Ucosωt，故D正确；
故选：BD。
线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的电压、电流与线圈匝数间的关系即可判断。
本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析。
16.【答案】BC
【解析】解：D.结合波源S2在t=0.25s时波的图象丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S2的起振方向沿y轴正方向，D错误；
C.根据波源S1的振动图象图乙可知，波源S1的起振方向向上，又因为
PS1
A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知
λ=2.0m，T=0.2s
则波速为
v=λT=20.2m/s=10m/s
P点到两波源的波程差为
Δx=PS2−PS1=9m−7m=2m
P点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；
B.S1和S2振动传到P的时间分别为
t1=PS1v=710s=0.7s
t2=PS2v=910s=0.9s
由此可知，在t=1.25s时，波源S1在t=1.25s−t1=1.25s−0.7s=0.55s时的振动情况传到P点，此时波源S1位于波谷；波源S2在t=1.25s−t2=1.25s−0.9s=0.35s时的振动情况传到P点，此时波源位于波谷，在t=1.25s时P处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确。
故选：BC。
先读出周期，求出两列波的波速，再由运动学公式求两波源传播的速度；根据两波源发出波的传播到P点的时间，确定t=1.25s时，质点M的振动情况，再由波的叠加原理求解。
本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，要注意波的叠加也遵守矢量的运算法则。在x−t图象中，对于质点任意时间的位移，可根据解析式求解。
17.【答案】B 匀变速 0.531.004m1d1Δt1=m1d1Δt3+m2d2Δt2
【解析】解：(1)A.验证小车和重物组成的系统机械能守恒，需要测量小车和重物的质量，故A错误；
B.探究小车速度随时间变化的规律，仅需要一条纸带即可得出实验结论，故B正确；
C.探究小车加速度与力、质量的关系，还需知道二者的质量，故C错误；
D.探究不同力做功与小车速度变化的关系，需要知道二者的质量，故D错误。
故选B.
(2)根据Δx=aT2，T均相等，即只要满足Δx均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知Δx均为0.1cm，则该运动为匀变速运动。
根据匀变速直线运动规律可知小车的速度为v=x2T=2.1×10−22×0.02m/s=0.53m/s
(3)游标卡尺的精度为0.02mm，读数为l0mm+0.02×2mm=10.04mm=1.004cm
要验证动量守恒定律，即验证碰撞前的动量和碰撞后的动量相等，即
m1v1=m1v3+m2v3
故有
m1d1Δt1=m1d1Δt3+m2d2Δt2
故答案为：(1)B；(2)匀变速，0.53；(3)1.004cm，m1d1Δt1=m1d1Δt3+m2d2Δt2
(1)根据实验原理及实验操作判断；
(2)根据匀变速直线运动规律解答；
(3)根据游标卡尺读数方法读得数据，结合动量守恒定律解答。
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键；根据实验原理与实验注意事项、应用动量守恒定律即可解题；解题时注意有效数字的保留。
18.【答案】V1 A1 C10kΩ左 U1U2−U1R0
【解析】解：(1)灯泡的额定电压为3V，则电压表选V1；小灯泡的额定电流I=PU=1.23A=0.4A，故电流表应选量程为400mA的，即A1；
(2)由于两节干电池电动势3V左右，旧干电池的内阻有30Ω，即使短路电流也才0.1A，故用电流表测得数据的最大值无法超过其量程的23，C装置可以利用电压表示数和电阻箱的电阻读数来计算出电路中的电流，故选用C.
(3)电压表V的量程为0∼3V、内阻约3.0kΩ，电压表V2量程为0∼15V，最大量程是V1的5倍，根据串联分压，串联的定值电阻约为电压表V1内阻的4倍关系左右，故相比较10kΩ最合适；
开关闭合前滑动变阻器R的滑片应位于最左端，使得测量电路部分的电压从零开始条件；
根据欧姆定律RV=UVIV=U1U2−U1R0
故答案为：(1)V1，A1；(2)C；(3)①10kΩ，②左，③U1U2−U1R0
(1)根据灯泡的额定电流和额定电压确定电流表和电压表的量程．
(2)根据电路图选择实物图，
(3)滑动变阻器运用分压式接法，电键闭合前，使得测量电路部分处于短路，起保护作用，根据欧姆定律计算．
电学实验变化多样，是高考必考内容，解答的前提是明确实验原理、正确进行仪器选择、掌握安培表内外接法和滑动变阻器的分压、限流接法以及知道电表的改装原理和电路的结构等．
19.【答案】解：(1)根据速度-位移公式，可得匀加速上升阶段：a1=vm22h1=222×50.4m/s2
铁柱的质量为：m=5t=5×103kg，由牛顿第二定律得：F−mg=ma1
代入数据解得电磁铁对铁柱的作用力最大值为：F=5.2×104N
(2)根据速度-时间公式，可得加速阶段的时间为：t1=vma1=20.4s=5s
根据运动学公式，可得匀速阶段的时间为：t2=h2vm=102s=5s
则减速阶段的运动时间为：t3=t−t1−t2=20s−5s−5s=10s
根据运动学公式，可得减速段的位移为：h3=vm2t3=22×10m=10m
根据平均速度的定义，可得全过程平均速度为：v−=h1+h2+h3t=5+10+1020m/s=1.25m/s
(3)规定竖直向上为正方向，由动量定理得：I−mgt=0
代入数据解得电磁铁对铁柱的冲量为：I=106N⋅s，方向竖直向上。
答：(1)电磁铁对铁柱的作用力最大值为5.2×104N；
(2)铁柱的平均速度大小为1.25m/s；
(3)电磁铁对铁柱的冲量为106N⋅s，方向竖直向上。
【解析】(1)根据速度-位移公式和牛顿第二定律求解电磁铁对铁柱的作用力最大值；
(2)根据运动学公式，以及平均速度的定义式，求解铁柱的平均速度大小；
(3)根据动量定理求解电磁铁对铁柱的冲量。
本题以电磁起重机是工业中重要的运送装备为背景，考查了运动学功率、牛顿第二定律以及动量定理在实际问题中的应用，要求学生能够熟练应用相关公式求解，注意应用动量定理解题时，要规定正方向。
20.【答案】解：(1)从A到B：vy2−0=2gh
水平初速度v0=vytan60∘，解得v0=3m/s
(2)从A抛出到C：mg(h+R12)=12mvc2−12mv02，vc=26m/s
在C点：FNC−mg=mvc2R1，解得FNC=6N；
由牛顿第三定律得，压力F′NC=FNC=6N，方向竖直向下
(3)球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出
若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时：
12mvB12+mg(R1−R1cosθ)=μmgL+mgR2
解得：vB1=4m/s
返回时刚好到Q点，满足：12mvB22+mg(R1−R1cosθ)=2μmgL
解得：vB2=23m/s
综上解得：0≤vB≤23m/s
要过E点，则需满足12mvB32+mg(R1−R1cosθ)−μmgL=mg2R2+12mvEmin2
mg=mvEmin2R2，解得：vB3=210m/s
过E点则仅碰撞1次，满足：vB≥210m/s
综上所述：0≤vB≤23m/s或者vB≥210m/s
从A到B，要满足的关系：(vBsin60∘)2=2gh
h要满足的条件是：0
(2)小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力为6N，方向竖直向下；
(3)h需要满足的条件是：0
【解析】由速度-位移关系求解初速度，由动能定理求解C点速度，由向心力公式求解压力，由动能定理求解临界速度。
本题考查平抛运动，分阶段运用动能定理，对临界点进行讨论，是解题关键。
21.【答案】解：(1)通过电流计D的电量q=kd，电路总电量qab=2q=2kd
ab为电源，因此回路的总电阻R′=R+R2=1.5R
由q=I−t=ΔΦRt⋅t=BL2R′
联立解得：B=3RkdL2
(2)规定向右为正方向，进入过程由动量定理−BLqab=0−mv0
总焦耳热Q′=12mv02
ab中的焦耳热Qab=23Q′
cd中的焦耳热Qcd=13×12Q′
Q=(23+13×12)Q′
联立解得：Q=15k4d4R2mL2
(3)开始到全部进入根据动量定理有：−BL(2kd)=mv1−m⋅2v0
全部进入之后根据动量定理有：−BL(kΔd)=0−mv1
联立解得：Δd=2d
因此光标的最大偏转量d′=3d
答：(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量为2kd，磁场的磁感应强度B的大小为3RkdL2；
(2)在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热为15k4d4R2mL2；
(3)若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，冲击电流计光标的最大偏转量为3d。
【解析】(1)根据电路特点可知回路的总电量；结合电荷量定义式解得磁感应强度；
(2)根据动量定律结合能量关系求解总焦耳热；
(3)根据动量定理可解得最大偏转量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、动量定理进行求解，涉及能量问题，常根据功能关系等列方程求解。
22.【答案】解：(1)由题意，粒子不能磁场Ⅱ飞出，由于qvB2=mv2R2
需要R2=L
解得：B2=BRL
(2)粒子在磁场Ⅰ区域时qvB=mv2R1
解得：R1=R
所以粒子在磁场Ⅰ区域轨迹如图1
图1
所以粒子在磁场Ⅰ区域运动总时间t1=2πRv=2πmqB
粒子在磁场Ⅱ中做四次半个圆周运动，总时间t2=2πL×2v
所以t=t1+t2
联立解得：t=2πmqB+4πmLqBR
(3)粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹如图2，速度为2v时轨道半径为R2′=2L
图2
粒子在磁场Ⅱ中每运动一次水平位移为x′=23L
粒子由磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ时，其速度可分解为与磁场Ⅰ垂直的分速度v1=3v
与磁场Ⅰ平行的分速度v2=v，如图3
图3
粒子以v1在磁场Ⅰ中做圆周运动轨迹如图4，
图4
根据洛伦兹力提供向心力有：q⋅3vB=m(3v)2R1′
在磁场Ⅰ中运动总时间t3=3×60∘360∘T
磁场Ⅰ中的水平位移x1=v2t3
磁场Ⅱ中的水平位移x2=3x′
所以粒子总水平位移x=x1+x2=
联立解得：x=πR+63L
答：(1)环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小为BRL；
(2)该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间为2πmqB+4πmLqBR；
(3)若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ=60∘角射入磁场如图丁所示)，则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为πR+63L。
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力可解得磁感应强度；
(2)分别解得粒子在磁场Ⅰ区域和Ⅱ中做四次半个圆周运动的时间，相加即可；
(3)根据粒子运动规律，结合几何关系可解得。
本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识求解，关键是通过轨迹图找出几何关系。
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