2020-2021学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高二（下）期中物理试卷

这是一份2020-2021学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高二（下）期中物理试卷，共25页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】B，8=5，【答案】A等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高二（下）期中物理试卷

1. 在下列器材中，测量的物理量不是国际单位制的基本量的是( )
A. B.
C. D.
2. 如图所示是高速公路旁的交通标志，图中的“100”表示小汽车必须限制在100km/h内行驶，“杭州  88km”表示到杭州还有88km.“100km/h”和“88km”分别指( )
A. 瞬时速度，位移 B. 瞬时速度，路程
C. 平均速度，位移 D. 平均速度，路程
3. 如图所示，截面为三角形的钢坯A、B，叠放在汽车的水平底板上，汽车底板和钢坯表面均粗糙，以下说法正确的是( )
A. 汽车、钢坯都静止时，汽车底板对钢坯A静摩擦力向左
B. 汽车、钢坯都静止时，钢坯A对B无摩擦力作用
C. 汽车加速启动过程中，若汽车与钢坯相对静止，钢坯A对B的弹力不变
D. 刹车时，若汽车与钢坯相对静止，钢坯A受到汽车底板对它的静摩擦力
4. 如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤36km/h且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( )
A. 5m B. 10m C. 20m D. 25m
5. 2018年12月30日，“嫦娥四号”探测器由距月面高度约100km的环月圆轨道，进入远月点高度约100km、近月点高度约15km的月球背面着陆准备轨道(椭圆轨道)。2019年1月3日，探测器从距离月面15km处开始实施动力下降，速度从相对月球1.7km/s逐步下降，在距月面100m处悬停，选定相对平坦的区域后，开始缓速垂直水平月面下降，在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下，“嫦娥四号”探测器成功降落在月球背面。已知引力常量为G，月球的质量为M，半径为R，下列说法正确的是( )
A. 探测器由环月圆轨道进入着陆准备轨道需要加速
B. 探测器在着陆准备轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期
C. 若认为探测器在动力下降阶段做匀减速运动，根据题中所给条件可估算出探测器所受阻力的大小
D. 探测器在着陆准备轨道上由远月点向近月点移动时速度越来越大
6. 张飞同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近( )
A. 65J B. 750J C. 1025J D. 1650J
7. 有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹。若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，一个光滑绝缘细椭圆环固定放置在水平面上，其长轴AC的延长线两侧固定有两个等量异号点电荷，电量绝对值为Q，两者连线的中点O恰为椭圆的中心，BD为椭圆的短轴．一带电量为q的小球套在环上(q≤Q)，以速度VA从A点沿椭圆环顺时针运动，到达C点时速度为VC，且VC A. 小球带正电
B. 小球在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力
C. 小球在B点和D点电场强度不同
D. 小球在C点电势能最小
9. 如图所示，a、b间接有一电压稳定的正弦交流电，交流电流表和交流电压表均为理想电表，开始时开关S处于断开状态，下列说法正确的是( )
A. 若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动，电压表的示数将减小
B. 若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动，电流表的示数将减小
C. 若仅将开关S闭合，电压表的示数将减小
D. 若仅将开关S闭合，电流表的示数将减小
10. 如图所示，用粗细均匀的同种金属丝做成的正方形线框ABCD，O为中心。现将A、C两点分别接电源的正极和负极，则线框附近电流产生的磁场，下列说法正确的是( )
A. 点O的磁场方向垂直纸面向外
B. 在线段BD上，磁感应强度均为零
C. 在线段AC上，磁感应强度均为零
D. 过O点，垂直于纸面的直线上，磁感应强度均为零
11. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积，空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A. 当磁感应强度B增大时，污水流速将增大
B. 当污水中离子浓度升高，MN两点电压将增大
C. 只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U，就能够推算污水的流量
D. 只需要测量磁感应强度B及MN两点电压U，就能够推算污水的流速
12. 如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度、实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示。光在真空中传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中( )
A. 折射率为32
B. 传播速度为32c
C. θ=0∘时，反射光强度为0
D. 反射光的强度随θ角的增大而增大
13. 如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动。匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45∘，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )
A. 线圈感应电流的方向先是沿abcda后沿adcba
B. 线圈受到的静摩擦力先增大后减小
C. 线圈始终受到垂直于PQ向右的静摩擦力
D. 线圈受到摩擦力的最大值为B2L2vR
14. 结合相应图中描述，如下选项表述正确的是( )

A. 甲图中是利用紫色光进行防伪
B. 乙图中利用X射线照射人体进行透视检查的
C. 丙图中夜视系统是利用红外线
D. 丁图中蝙蝠利用超声波定位，雷达运用了电磁波的多普勒效应
15. 如图所示，一束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出。下列说法正确的是( )
A. a光的波长大于b光的波长 B. 光束a在玻璃中的速度较大
C. 出射光束a、b一定相互平行 D. a、b两色光都是偏振光
16. 如图所示，图中的实线是一列正弦波在某一时刻的波形曲线，经过0.5s后，其波形如图中的虚线所示，该波的周期T大于0.5s，下列说法正确的是( )
A. 如果这列波往左传播，这列波的周期为2s
B. 如果这列波往左传播，这列波的传播速度为0.36m/s
C. 如果这列波往右传播，碰到尺寸为20cm的障碍物，能发生明显衍射现象
D. 如果这列波往右传播，碰到频率为23Hz的简谐横波能够发生干涉现象
17. 某实验小组利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度。

(1)为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是______
A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D.为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度
(2)该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如图2所示，读出小球直径为d=______cm。
(3)该同学用米尺测出悬线的长度为L，让小球在竖直平面内摆动。当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为1、2、3……．当数到40时，停止计时，测得时间为t。改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t2−L图线如图3所示。根据图3可以得出当地的重力加速度g=______m/s2.(取π2=9.86，结果保留3位有效数字)
18. 在做“练习使用多用电表”的实验中
(1)关于多用电表使用的一些要求，以下说法正确的是：
A.测量电阻时，每次更换倍率后，都应进行欧姆调零
B.测量电压时，每次更换量程后，都应进行机械调零
C.测量未知电阻时，应先选用倍率最大的挡位测量
D.测量未知电压时，应先选用量程最大的挡位测量
(2)为了解一个“220V100W”白炽灯的电阻大小，可以用电阻挡进行测量，现将多用电表打到“×10”挡，发现指针偏转太大，为了较准确地进行测量，应换到______挡，如果换挡后经必要步骤，正确测量得到表盘的示数如图所示，则该白炽灯的阻值是______Ω。

(3)小傅同学想快速得到一节五号电池的电动势，他将多用电表的功能开关打到“2.5V直流”挡，并直接将两表笔接到电池两端，将测到的电压作为电动势，他的这一做法______(选填“基本没问题”、“严重错误”)；而小徐同学想快速得到一节五号电池的内电阻，他将多用电表的功能开关打到“×1”挡，并正确进行欧姆调零后，将两表笔接到电池两端，将得到的电阻值作为电池的内电阻，他的这一做法______(选填“基本没问题”、“严重错误”)。
19. 2018年第23届平昌冬奥会冰壶混双比赛循环赛在江陵冰壶中心进行，巴德鑫和王芮联袂出战以6比4击败美国队。如图为我国运动员巴德鑫推冰壶的情景，现把冰壶在水平面上的运动简化为匀加速或匀减速直线运动，冰壶可视为质点。设一质量为m=20kg的冰壶从运动员开始推到最终静止共用时t=23s。冰壶离开运动员的手后，运动了x=30m才停下来，冰壶与冰面间动摩擦因数为0.015，g=10m/s2.求：
(1)冰壶在减速阶段的加速度大小？
(2)运动员推冰壶的时间
(3)运动员推冰壶的平均作用力







20. 如图所示，倾角为37∘的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ.
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值．
(3)若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t.








21. 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，导轨的电阻不计。导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场。调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑。重力加速度大小为g。
(1)求ab下滑的最大速度vm；
(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P；
(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q。








22. 一束电子束射入如图所示的组合磁场中，其中磁场Ⅰ的磁感应强度为B，方向向里，磁场横向宽度为d，纵向延伸至无穷；磁场Ⅱ的磁感应强度为B，方向向外，磁场横向宽度为3d，纵向延伸至无穷。以粒子进入磁场点处为原点，射入方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系。同时为了探测电子的位置，在磁场Ⅰ的左侧边界铺设了荧光屏。已知电子的比荷为K。忽略电子间的相互作用与重力作用。求：
(1)求粒子能够进入磁场Ⅱ的最小速度v1与进入磁场Ⅱ时的坐标。
(2)当v1满足(1)小题所给值时，当粒子速度为v2=53v1时离开磁场Ⅰ时的坐标。
(3)当v1满足(1)小题所给值时，若运动的带电粒子能使荧光屏发光，已知放射源放出的粒子速度为3v1>v>0.5v1，那么荧光屏发光的坐标范围是多少？








答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、托盘天平是测量质量的仪器，是测量的力学基本量，所以A正确；
B、电流表是测量电流的仪器，是测量的电学基本量，所以B正确；
C、测力计是测量力的仪器。力不是基本物理量，所以C错误；
D、秒表是测量时间的仪器，是测量的力学基本量。所以D正确；
本题选测量的物理量不是力学基本量的，
故选：C。
力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，根据物理量来确定测量的仪器即可；电流是电学的基本量。
解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，需识记。

2.【答案】B

【解析】解：交通标志里的限速标志是每一时刻的速度均不能超过该速度，故为瞬时速度；
里程88km指的是行驶路程，即汽车经过轨迹轨迹的长度。
故选：B.
平均速度表示某一段时间或一段位移内的速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度．路程表示运动轨迹的长度，位移的大小等于初位置到末位置的距离．
解决本题的关键知道路程和位移的区别以及瞬时速度和平均速度的区别．

3.【答案】D

【解析】解：A、汽车、钢坯都静止时，把汽车和钢坯看成整体可知，汽车底板对钢坯A无静摩擦力，故A错误；
B、汽车、钢坯都静止时，对B来说，A给B有沿斜面斜向上的静摩擦力，故B错误；
C、汽车向左启动时，因为两物体向左的加速度变化，所以若汽车与钢坯相对静止，则钢坯A对B的弹力变大，故C错误；
D、汽车加速启动时，汽车与钢坯相对静止，把汽车和钢坯看成整体可知钢坯A受到汽车底板对它的向左的静摩擦力，故D正确。
故选：D。
当汽车、钢坯都静止时，处于平衡状态，受力平衡，以汽车、钢坯组成的整体为研究对象，利用平衡条件分析底板对钢坯A有无摩擦力；当它们向左加速时，根据牛顿第二定律分析受力情况。
本题考查对研究对象受力分析与运动分析的能力，要掌握平衡条件与牛顿第二定律的应用，要注意研究对象的选择，采用整体法和隔离法进行分析。

4.【答案】B

【解析】解：由题意知，车速v≤36km/h=10m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5m/s2，最后末速度减为0，由公式v2=2ax可得：
 x=v22a≤1022×5=10m，所以系统设置的安全距离约10m，故B正确，ACD错误。
故选：B
根据刹车时的最大初速度和刹车的加速度，由公式v2=2ax可得系统设置的安全距离。
解答此题的关键是知道末速度为0隐含条件，找到题干告诉的已知量初速度和加速度，利用匀变速直线运动公式可解。

5.【答案】D

【解析】解：A、探测器减速后做近心运动，由圆轨道(环月轨道)变为椭圆轨道(着陆准备轨道)，故A错误；
B、着陆准备轨道的半长轴小于环月轨道的半径，根据开普勒第三定律可知，探测器在着陆准备轨道上运行的周期小于在环月轨道上运行的周期，故B错误；
C、若认为探测器在动力下降阶段做匀减速运动，根据已知条件可估算出探测器减速时的加速度，由于探测器的质量未知，故不能估算其受阻力的大小，故C错误；
D、在缓速垂直下降的过程中，探测器相对月球表面只有竖直方向的运动，故其绕月球转动的角速度与月球自转的角速度相同，故D正确。
故选：D。
A、探测器减速后做近心运动；
B、着陆准备轨道的半长轴小于环月轨道的半径，根据开普勒第三定律可知；
C、下降阶段做减速运动，减速时有加速度，但探测器的质量未知，不能估算其受阻力；
D、探测器相对月球表面只有竖直方向的运动。
本题考查了万有引力定律及其应用，解题关键注意探测器变轨前后速度的变化。

6.【答案】B

【解析】解：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，
则t=2hg=2×0.810=0.4s，
竖直方向初速度vy=gt=4m/s
水平方向做匀速直线运动，则v0=xt=2.52×0.4=3.125m/s，
则起跳时的速度v=v02+vy2=16+9.8=5.07m/s
设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：
W=12mv2=12×50×25.7=642J；最接近750J
故选：B。
运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解．
本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时要注意明确题目中只要求求出最接近的．

7.【答案】A

【解析】解：篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg−f=ma1，解得：a1=g−fm；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg+f=ma2，解得：a2=g+fm，联立得：a1 故选：A。
篮球由静止释放，落向地面后又反向弹起，根据篮球的运动情况与受力情况分析答题
本题考查了篮球的v−t图象，分析清楚篮球运动过程与受力情况，比较出加速度关系、知道v−t图象斜率的物理意义即可正确解题。

8.【答案】B

【解析】解：A、小球从A运动到C时，有vC B、A处电场线比O处密，O处电场线比B处密，则A点的电场强度大于B点的电场强度，因此小球在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力。故B正确。
C、根据电场线的对称性可知，B点和D点电场强度相同，故C错误。
D、在椭圆上C点电势最低，而小球带负电，则小球在C点电势能最大，故D错误。
故选：B。
根据小球从A运动到C速度的变化，分析电场力做功情况，即可判断小球的电性．由电场线的疏密分析场强的大小，判断电场力大小．BD两点电势相等．由电场力做功正负分析电势最小的位置．
本题主要帮助学生通过图象了解抽象的电场问题．从认知水平角度分析，属于理解与应用部分．掌握住等量异种电荷的电场线和等势线分布情况和特点，知道负电荷在电势高处电势能小，即可解决本题．

9.【答案】C

【解析】解：AB.当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻将减小，副线圈中电压一定，则副线圈的电流I2将变大，电压表的示数
为
Uv=I2R2
可知示数将变大；由
I1I2=n2n1
可知原线圈中的电流I1变大，即电流表的示数变大，故AB项错误；
CD.若将开关S闭合，副线圈所接负载电阻的总阻值减小，副线圈中的电流I2增大，滑动变阻器R上的电压变大，则电压表的示数将减小；由
I1I2=n2n1
可知电流表的示数I1增大；故C正确，D错误；
故选：C。
当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻将减小，副线圈中电压一定，则副线圈的电流I2将变大；若将开关S闭合，副线圈所接负载电阻的总阻值减小，副线圈中的电流I2增大，滑动变阻器R上的电压变大；根据变压器原副线圈电流电压关系可解得。
本题结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分，注意与闭合电路欧姆定律中动态分析相结合进行分析。

10.【答案】C

【解析】解：画出线框中的电流如图：
AC、在线段AC上，磁场为沿ABC和沿ADC两电流产生的磁场的矢量和。因AC上个点到ABC和ADC的距离相等，故ABC和ADC在AC上各点产生的磁场一样大，应用右手螺旋定则，ABC和ADC在AC上各点产生的磁场方向相反，故AC上各点的磁场均为零，故A错误，C正确。
 B、在除0点外的线段BD上，磁场为沿ABC和沿ADC两电流产生的磁场的矢量和。在BO段，因为BO离ABC近，故ABC中的电流产生的垂直于纸面向外的磁场大于ADC中的电流产生的垂直于纸面向里的磁场，矢量和不为零；在0D段，因为OD离ADC近，故ABC中的电流产生的垂直于纸面向外的磁场小于 ADC中的电流产生的垂直于纸面向里的磁场，矢量和不为零，故B错误。
 D、过0点，垂直于纸面的直线上的磁场可视为ABC和ADC两支电流产生的磁场的矢量和，由于两支电流在该垂线上除0点外的其它点上的磁场不共线，矢量和不为零，故D错误。
故选：C。
在线段AC和BD上的各点，磁场为ABC与ADC两电流产生磁场的矢量和，应用右手螺旋定则结合矢量的叠加处理即可。
磁场的叠加是近几年高考的热点，这类题目只要结合右手螺旋定则认真分析处理即可。

11.【答案】C

【解析】解：A、带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，qvB=qUd，解得流速：v=UdB，污水流速不仅仅与磁感应强度B有关，故A错误；
B、由v=UdB，可得，U=Bdv，MN两点电压与污水中离子浓度高低无关，故B错误；
CD、带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，qvB=qUd，解得流速：v=UdB，
那么流量：Q=vS=UdB⋅π(d2)2=πUd4B，只需要测量MN两点的电压就能够推算流量，故C正确，D错误。
故选：C。
当导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转，在上下两端间形成电势差，最终离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出MN两点间的电势差，根据受力平衡求出电荷的速度，再根据Q=vS求出流量。
此题考查了霍尔效应及其应用，解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正、负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上、下两个面上，形成电场，最终正、负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。

12.【答案】B

【解析】解：CD、根据图乙可知，当入射角小于60∘时，随着入射角的增大，其反射光的强度逐渐增大，当θ≥60∘，光发生全反射，则反射光的强度不变，当θ=0∘时，仍然要发生反射现象，所以反射光强度不为0，故CD错误；
A、根据图象可知，该光发生全反射的临界角为C=60∘，因为sinC=1n，
则折射率为n=233，故A错误；
B、光传播速度为v=cn=32c，故B正确。
故选：B。
由图象B能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式sinC=1n，求解其折射率n；
根据v=cn求解传播速度；
根据图形可知当入射角小于60∘时，随着入射角的增大，其反射光的强度逐渐增大，当θ≥60∘，光发生全反射，则反射光的强度不变，
解决该题的关键是能根据图形分析得到光发生全反射的临界角，熟记全反射的临界角与折射率关系以及光在介质中传播的速度表达式。

13.【答案】C

【解析】解：A、线圈进入磁场时磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的方向先沿adcba后沿abcda，故A错误；
B、因线圈切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，感应电流和安培力大小也做同样变化，线圈始终相对于传送带静止做匀速运动，线圈受到的静摩擦力与安培力等大反向，说明静摩擦力先变大，后变小，再变大，再变小，故B错误；
C、线圈受到安培力是沿着PQ方向的线框的有效长度l受到的安培力，垂直于PQ向左，静摩擦力和安培力等大反向，说明静摩擦力垂直PQ方向向右，故C正确；
D、当线圈恰运动L长时，受到安培力最大值F=B⋅BLvR⋅2L=2B2L2vR，由前面分析可知静摩擦力和安培力等大反向，摩擦力的最大值为2B2L2vR，故D错误。
故选：C。
应用楞次定律可以判断出感应电流方向；根据线圈的运动过程判断安培力大小如何变化，然后应用平衡条件判断摩擦力大小如何变化；应用左手定则判断出安培力方向，然后判断出摩擦力方向；当线圈进入磁场的有效长度最大时线圈受到的安培力最大，此时摩擦力最大，应用安培力公式求出最大安培力即可求出最大摩擦力。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚线圈的运动过程是解题的前提与关键，应用楞次定律、左手定则与安培力公式即可解题。

14.【答案】BCD

【解析】解：A.甲图中是利用紫外线光进行防伪，故A错误；
B.乙图中利用X射线照射人体进行透视检查的，故B正确；
C.丙图中夜视系统是利用红外线，故C正确；
D.丁图中蝙蝠利用超声波定位，雷达运用了电磁波的多普勒效应，故D正确。
故选：BCD。
利用紫外线可以进行防伪；利用红外线可以夜视；利X射线可以对人体进行透视；利用超声波可以定位。
本题考查了紫外线、红外线、X射线、超声波等的特性。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

15.【答案】CD

【解析】解：A.作出光路图如图所示，由光路图可知，a光折射率较大，频率较大，由c=λ知，则a光在空气中的波长较小，A错误；

B.由v=cn可知，a光偏折程度较大，则a光的折射率较大，光束a在玻璃中的速度较小，B错误；
C.因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，由几何知识可知出射光束一定相互平行，C正确；
D.光斜射到玻璃表面时，反射光和折射光都是偏振光，则知a、b两色光都是偏振光，D正确。
故选：CD。
作出光路图，根据光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率和波长的大小，结合几何关系分析出射光线是否平行。
解决本题的关键是作出光路图，通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，并掌握折射率与波长、频率等之间的关系。

16.【答案】AC

【解析】解：AB.由图知，该波的波长：λ=24cm，由于该波的周期T大于0.5s，则波在0.5s内传播的距离小于一个波长；如果波是向左传播，由图象得到波传播的距离为
Δx=14λ=14×24cm=6cm=0.06m
故波速为
v=ΔxΔt=0.060.5m/s=0.12m/s
周期
T=λv=0.240.12s=2s
选项A正确，B错误；
C.如果波是向右传播，由图象得到波传播的距离为
Δx′=34λ=34×24cm=18cm=0.18m
故波速为
v′=ΔxΔt=0.180.5m/s=0.36m/s
周期
T′=λv′=0.240.36s=23s
f=1T′=32Hz
因该波的波长为24cm，如果这列波往右传播，碰到尺寸为20cm的障碍物，能生明显衍射现象，选项C正确；
D.如果这列波往右传播，频率为1.5Hz，只有频率相同的的简谐横波能够发生干涉现象，选项D错误；
故选：AC。
考虑波传播过程中方向性造成的多解，结合波的波的干涉和衍射现象等相关知识进行作答.
通过对书本中例题的改编，本小题考查了波传播过程中方向性造成的多解问题，同时也考查了波的明显衍射现象的条件，和发生干涉现象的条件。解决本题要注意本题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.

17.【答案】BC0.8109.80

【解析】解：(1)A、为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；
C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；
D、单摆摆角最大摆角应小于5∘，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故D错误；
(2)由图示游标卡尺可知，其精确度为0.05mm，所以小球直径为：8mm+2×0.05mm=8.10mm=0.810cm；
(3)摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长，其周期为：T=tn=t20，
由单摆周期公式：T=2πL+d2g可知：t2=1600π2g⋅L+800π2dg，t2−L图象的斜率：k=1600π2g=1610−099−(−1)，重力加速度：g=979.876cm/s2≈9.80m/s2。
故答案为：(1)BC；(2)0.810；(3)9.80。
为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球，选用轻质细线做摆线，当单摆摆角小于5∘时单摆的运动是简谐运动，根据实验注意事项分析答题；
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
本题考查了游标卡尺读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；知道实验注意事项、理解实验原理是解题的前提与关键；要掌握图象图的解题思路与方法。

18.【答案】×160基本没问题  严重错误

【解析】解：(1)A、欧姆表换挡后要进行欧姆调零，在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零，故A正确；
B、使用多用电表前要进行机械调零，机械调零后测量电压时，更换量程后不必再进行机械调零，故B错误；
C、在测量未知电阻时，可以先选择个倍率进行测量，然后根据指针偏转情况再选择合适的倍率进行测量，不一定必须先选择倍率最大挡进行试测，故C错误；
D、为保护电表安全，在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测，故D正确；
故选：AD；
(2)用电表打到“×10”挡，指针偏转太大，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到×1挡；
换挡后经必要步骤，正确测量得到表盘的示数如图所示，则该白炽灯的阻值是：60×1=60Ω；
(3)可以用多用电表的电压档直接测电压，测电压时多用电表调到电压档，然后与被测电路并联测量即可，小傅同学的这一做法基本没问题；
欧姆表有内置电源，用欧姆表测电阻时，待测电阻要与其它电路断开，要与电源断开，不能用多用电表的欧姆档直接测电池内阻，小徐同学的做法存在严重错误。
故答案为：(1)AD；(2)×1；60；(3)基本没问题；严重错误。
欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据图示确定电压表的分度值，然后读出其示数，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，欧姆表换挡后要进行欧姆调零。根据多用电表的实验方法与注意事项分析答题。可以用多用电表的电压挡直接接在干电池两端测电压；由于欧姆表有内置电源，用欧姆表测电阻时待测电阻要与电源断开，与其它电路断开。
本题考查了多用电表的使用只有事项、欧姆表使用及欧姆表读数，掌握基础知识是解题的前提，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。

19.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律得，冰壶在减速阶段的加速度大小为：a2=μmgm=μg=0.15m/s2。
(2)采用逆向思维，设减速运动的时间为t2，则：x=12a2t22，
解得：t2=2xa2=2×300.15s=20s，
运动员推冰壶的时间为：t1=t−t2=23−20s=3s。
(3)匀减速运动的初速度为：v=a2t2=0.15×20m/s=3m/s，
则推冰壶的平均加速度a1=vt1=33m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律得：F−μmg=ma，
解得：F=μmg+ma1=0.015×200+20×1N=23N。
答：(1)冰壶在减速阶段的加速度大小为0.15m/s2；
(2)运动员推冰壶的时间为3s；
(3)运动员推冰壶的平均作用力为23N。

【解析】(1)根据牛顿第二定律求出冰壶在减速阶段的加速度大小。
(2)采用逆向思维，结合位移时间公式求出匀减速运动的时间，从而得出推冰壶的时间。
(3)根据速度位移公式求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出运动员推冰壶的平均作用力大小。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大。

20.【答案】解：(1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
  mg(2R−R)−μmgcos37∘⋅2Rsin37∘=0−0
得μ=12tan37∘=0.375
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg+FN=mvc2R
则得 vc≥Rg=2m/s
A到C的过程：根据动能定理有−μmgcos37∘⋅2Rsin37∘=12mvC2−12mv02
联立解得，v0=vC2+2gR≥23m/s
所以初速度v0的最小值为23m/s.
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有
  x=vct
  y=12gt2
由几何关系得：tan37∘=2R−yx
联立得 5t2+3t−0.8=0
解得t=0.2s
答：
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375.
(2)若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为23m/s.
(3)若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s.

【解析】(1)由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ.
(2)滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值．
(3)离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．
本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解．

21.【答案】解：(1)ab下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，
此时通过定值电阻的电流为：I=ER+2R，
ab所受安培力的大小为：F=BIL，
由受力平衡条件有：mgsinθ=BIL，
解得：vm=3mgRsinθB2L2；
(2)由电功率公式有：P=I2R，
解得：P=m2g2Rsin2θB2L2；
(3)由定值电阻上产生的焦耳热为Q可知，由于滑动变阻器接入电路的阻值为2R，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q；
设ab下滑的距离为x时达到最大速度，由能量守恒定律可得：
mgxsinθ=12mvm2+Q+2Q，
解得：x=9m2gRsinθ2B4L4+3Qmgsinθ；
在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：
△Φ=BLx，
设ab由静止开始至下滑到速度最大的时间为△t，该过程中回路产生的平均感应电动势为：E=△Φ△t
根据闭合电路的欧姆定律可得该过程中通过回路的平均感应电流为：I−=E3R
又：q=I−⋅△t
解得：q=3m2gRsinθ2B3L3+BLQmgRsinθ。
答：(1)ab下滑的最大速度为3mgRsinθB2L2；
(2)ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率为m2g2Rsin2θB2L2；
(3)该过程中ab下滑的距离为9m2gRsinθ2B4L4+3Qmgsinθ，通过滑动变阻器的电荷量为3m2gRsinθ2B3L3+BLQmgRsinθ。

【解析】(1)ab下滑的速度最大时受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；
(2)由电功率公式求解电功率；
(3)由能量守恒定律求解下滑的距离，根据电荷量的计算公式结合闭合电路的欧姆定律求解电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚导体棒的受力情况和运动情况，根据平衡条件列出方程倾角；分析导体棒运动过程中能量转化问题，根据功能关系等列方程求解。

22.【答案】解：(1)进入磁场II的最小速度情况如图1所示：
由洛伦兹力提供向心力得：ev1B=mv12r1
根据几何关系可知r1=d
得v1=KBd
其进入磁场II坐标为(d,−d)

图1
(2)电子以速度v在磁场I中运动，其运动半径r=vKB.当v2=53v1时，其轨迹半径r2=53r1，其运动情况如图2所示：

图2
由几何关系可知，粒子偏转角θ=37∘，所以离开磁场I时，粒子水平方向位移x=d，竖直方向的位移
y=−(53d−43d)=−13d离开磁场I时的坐标为(d,−13d)
(3)当0.5v1
图3
当v1 亮线范围为(0,−2d)到(0,43d−4d)
当2v1
图4
答：(1)粒子能够进入磁场Ⅱ的最小速度为KBd，进入磁场Ⅱ时的坐标为(d,−d)。
(2)当v1满足(1)小题所给值时，当粒子速度为v2=53v1时离开磁场Ⅰ时的坐标为(d,−13d)。
(3)当v1满足(1)小题所给值时，若运动的带电粒子能使荧光屏发光，已知放射源放出的粒子速度为3v1>v>0.5v1，那么荧光屏发光的坐标范围为(0,−2d)到(0,43d−4d)

【解析】(1)电子在磁场中做圆周运动，求出电子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出电子的速度。
(2)根据题意求出电子做圆周运动的轨道半径，然后作出电子运动轨迹，求出电子离开磁场I时的坐标。
(3)分析电子运动过程，求出荧光屏发光的坐标范围。
本题考查了电子在磁场中的运动，电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力；分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。