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2021-2022学年河北省衡水中学高三（下）线上测试物理试卷
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这是一份2021-2022学年河北省衡水中学高三（下）线上测试物理试卷，共24页。试卷主要包含了5T时，轻弹簧会被拉断，75eV，9Ω)，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省衡水中学高三（下）线上测试物理试卷
1. 如图所示，轻杆OP可绕O轴在竖直平面内自由转动，P端挂一重物，另用一轻绳通过滑轮系住P端．当OP和竖直方向间的夹角α缓慢增大时(0<α<180∘)，则OP杆所受作用力的大小( )
A. 恒定不变 B. 逐渐增大
C. 逐渐减小 D. 先增大、后减小
2. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A. 质量为2m的木块受到四个力的作用
B. 当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C. 当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧会被拉断
D. 撤去F瞬间，质量为m的木块所受摩擦力的大小和方向不变
3. 三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是( )
A. C加速可追上同一轨道上的A
B. 经过时间T1T22(T1−T2)，A、B相距最远
C. A、C向心加速度大小相等，且小于地面物体的自转加速度
D. 在相同时间内，A与地心连线扫过的面积等于B与地心连线扫过的面积
4. 如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的物块P，它的质量为M，一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球Q，它的质量为m，且M=5m，开始时，小球斜靠在物块左侧，它距地面的高度为h，物块右侧受到水平向左推力F的作用，整个装置处于静止状态.若现在撤去水平推力F，则下列说法中错误的是( )
A. 物块先做加速运动，后做匀速运动
B. 在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小2g(h−Lsinθ)1+5sin2θ
C. 小球与物块分离时，小球一定只受重力作用
D. 在小球落地之前，小球的机械能一直减少
5. 如图所示，一轻弹簧放在倾角θ=30∘且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A(二者质量均为m)叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于14mg的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是( )
A. 弹簧处于原长时，B与A开始分离
B. 弹簧的劲度系数为3mg4L
C. 弹簧的最大压缩量为L
D. 从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大
6. 如图甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的水平变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.2 B. 木板与地面间的动摩擦因数为0.2
C. 图乙中t2=24s D. 木板的最大加速度为1m/s2
7. 如图所示，某空间中存在一个有竖直边界的水平方向磁感应强度为B的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈abcd，从图示位置(ab边处于磁场区域的左边界)垂直于磁场方向水平从磁场左侧以速度v匀速拉过这个区域，其中ab=L，cd=3L，梯形高为2L，线框abcd的总电阻为R.下图中t0=Lv，i0=BLvR，则能正确反映该过程线圈中感应电流i随时间t变化的是(规定adcba的方向为电流正方向)( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在磁场边界上的M点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m(不计粒子的重力)，所有粒子均从磁场边界的某段圆弧射出，其圆弧长度为πR3，下列说法正确的是( )
A. 粒子进入磁场时的速率为qBR2m
B. 所有粒子中在磁场中运动的最长时间是πm3qB
C. 若粒子入射速率为3v时，有粒子射出的边界弧长变为2πR3
D. 将磁感应强度大小改为B2时，有粒子射出的边界弧长变为2πR3
9. 如图所示是氢原子四个能级的示意图，当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子，以下说法正确的是( )
A. 一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出三种不同频率的光子
B. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动能增大
C. n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为12.75eV
D. 用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子能使其跃迁到更高能级
10. 如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A. 在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为2v0
B. 粒子的电荷量为mv022U0
C. 在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D. 在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
11. 如图甲所示，附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在滑块上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的槽码使小车在槽码的牵引下运动，利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验。
(1)在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是______；
A.使小车获得较大的加速度
B.使细线的拉力等于小车受到的合外力
C.使小车最终能匀速运动
D.使槽码的重力近似等于细线的拉力
(2)实验过程中打出的一条纸带如图乙，在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这个点上标明A，第六个点上标明B，第十一个点上标明C，第十六个点上标明D，第二十一个点上标明E。测量时发现B点已模糊不清，于是测得AC的长度为12.26cm，CD的长度为6.60cm，DE的长度为6.90cm，则应用所有测得的数据，可计算得出小车运动的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)；
(3)用此装置可以进行多个力学实验，下列说法正确的是______。
A.“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力
B.“验证牛顿第二定律”时，槽码的质量应远小于小车质量
C.“研究恒力做功与速度变化关系时”，不需要平衡摩擦力
D.倾斜木板平衡摩擦力后，可用该装置进行“验证机械能守恒定律”的实验
12. 某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻r，又能同时测量未知电阻Rx的阻值。器材如下：
A.电池组(四节干电池)
B.待测电阻Rx(约10Ω)
C.电压表V1(量程3V、内阻很大)
D.电压表V2(量程6V、内阻很大)
E.电阻箱R(最大阻值99.9Ω)
F.开关一只，导线若干
实验步骤如下：
(1)将实验器材连接成如图甲所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。
(2)根据记录的电压表V1的读数U1和电压表V2的读数U2，以U2U1为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R为横坐标，得到的实验结果如图乙所示。由图可求得图像在纵轴的截距为______，待测电阻Rx=______Ω(保留两位有效数字)。
(3)图丙分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值U2−U1R为横坐标得到结果。由图可求得电池组的电动势E=______V，纵坐标为______V(结果均保留两位有效数字)。
13. 如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示：离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计。
(1)求粒子离开加速电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若矩形区域内的电场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，计算打到NQ上的位置。
14. 如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角θ=53∘的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好。已知t=0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m=1.0kg，OM与ON接触点的总电阻恒为R=1.0Ω，其余电阻不计。回路电流i与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线。已知sin53∘=0.8，cos53∘=0.6。求：
(1)t=2s时，回路的电动势E；
(2)0∼2s时间内，导体棒的位移s；
(3)0∼2s时间内，水平外力的冲量I的大小；
(4)导体棒滑动过程中，水平外力的瞬时功率P(单位：W)与时间t(单位：s)的关系式。
15. 下列说法中正确的是( )
A. 若已知固体的摩尔质量、密度、阿伏伽德罗常数，无法计算出单个固体分子的体积
B. 重庆的冬天比较潮湿，湿的衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度大
C. 夏日的清晨，荷叶上滚动的小露珠呈现为近似的球形，这是表面张力和浸润现象共同作用的结果
D. 若在玻璃杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖，静置一段时间后发现瓶盖很难拧开，由此可推断单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数增大
16. 如图所示，横截面积为S=0.01m2的气缸开口向下竖直放置，a、b为固定在气缸内壁的卡口(体积可忽略)，a、b之间的距离为h=5cm，b与气缸底部的距离为H=45cm，活塞与气缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，活塞厚度、质量均可忽略，活塞下方挂一质量m=10kg的重物，气缸、活塞导热性良好，活塞与气缸之间的摩擦忽略不计，大气压强为p0=1×105Pa，环境温度为T0=288K，刚开始时气缸内气体压强为p1=p0=1×105Pa，温度为T1=400K，活塞停在a处，已知重力加速度g=10m/s2。
(i)若缸内气体温度缓慢降低，求活塞刚好与b接触时缸内气体的温度为多少K；
(ii)求气缸内外温度相等时缸内气体的压强。
17. 下列说法不正确的是( )
A. 单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变
B. 雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的
C. 光的偏振现象特征说明光是横波
D. 玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
18. 如图所示为某透明介质棱镜的截面图，其中∠B=90∘，o点为ac边上的一点，ac=2bc=4oc，d点为bc的中点，一激光束由o点沿平行于ab的方向进入棱镜，由d点射出。求：
(1)该透明介质的折射率；
(2)改变入射角i的大小，如果激光束射到bc边但不能从bc边射出，求入射角i的正弦值的取值范围。(结果可用根号表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系。
本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活选择。
【解答】
解：对点P受力分析，如图
根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量(力)三角形相似，故有
NOP=TAP=GAO
解得
N=OPAOG
根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故压力与角α无关；故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：A、质量为2m的木块受到重力、地面的支持力、弹簧的拉力、上面物体的压力和摩擦力，共五个力的作用，故A错误；
B、当F逐渐增大到T时，此时整体的加速度为a1=T6m，此时弹簧的弹力为F′1=3ma1=12T，则此时轻弹簧没有被拉断，故B错误；
C、当F逐渐增大到1.5T时，此时整体的加速度为a2=1.5T6m，此时弹簧的弹力为F′2=3ma2=34T，则此时轻弹簧没有被拉断，故C错误；
D、撤去F瞬间，弹簧的弹力不变，左边两物体的加速度不变，则质量为m的木块所受摩擦力的大小和方向不变，故D正确。
故选：D。
根据弹簧的最大拉力为T，对整体分析，求出加速度大小．再解得弹簧弹力大小，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断m所受的摩擦力大小和方向是否改变．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
3.【答案】B
【解析】解：A.卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上同一轨道上的A点，故A错误；
B.卫星A、B由相距最近到相距最远，圆周运动转过的角度差为π，所以可得ωBt−ωAt=π
其中ωB=2πTB，ωA=2πTA。则经历的时间t=T1T22(T1−T2)，故B正确；
C.卫星A和C的角速度与地球表面物体自转的角速度相等，轨道半径大于地球半径，根据an=ω2r
可知，卫星A和C的向心加速度大于地球表面物体自转向心加速度，故C错误；
D.绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间t内扫过的面积S=12vtr
由万有引力提供向心力，可知GMmr2=mv2r
整理解得S=12vtr=t2GMr
可知，在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D错误。
故选：B。
A、卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上同一轨道上的A点；
B、根据两卫星做圆周运动的周期不同，在相等时间内转过的角度差关系求出运动时间；
C、根据向心加速度与角速度和轨道半径的关系，判断向心加速度的大小；
D、根据万有引力提供向心力，结合绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间t内扫过的面积可以判断扫过面积大小。
本题考查万有引力定律及其应用，在涉及地球同步卫星和地球表面物体问题时，要注意牢记地球同步卫星与地球上物体的周期相同。
4.【答案】D
【解析】解：A、假设物块P和地面之间有摩擦力．若摩擦力太大，则小球不会推动立方体运动；如摩擦力太小，物块P会在小球落在水平地面上之前离开小球；若摩擦力适中，小球恰好在落到水平地面后与物块分离．由于物块P与地面间没有摩擦，故物块P会在小球落在水平地面上之前离开小球，故物块P先做加速运动(不一定是匀加速)，后做匀速运动，故A正确；
B、在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，由小球与物块组成的系统机械能守恒有：
mg(h−Lsinθ)=12mvQ2+12MvP2
将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，有vP=vQsinα
结合M=5m，联立解得vQ=2g(h−Lsinθ)1+5sin2θ，故B正确；
C、对小球和物块整体受力分析，受重力、杆的弹力T、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有：Tcosα=(m+M)ax，刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，故小球只受重力，故C正确；
D、在分离之前，小球的机械能减小。分离后，只有重力做功，小球的机械能守恒，故D错误；
本题选错误的，
故选：D。
当物块P的速度大于小球在水平方向的速度时，物块P和小球分离，在分离之前，小球和物块P在水平方向上的速度相同，在小球与物块在分离之前，物块一直向右加速运动，小球的速度也增大，合外力做正功，分离后，只有重力做功，小球的机械能守恒。
本题关键是找到小球的分运动和合运动，知道当物块的速度大于小球在水平方向的速度时，物块和小球分离，在分离之前，小球和物块的水平方向速度是相同的。
5.【答案】B
【解析】解：AB、开始时弹簧的弹力大小为F1=2mgsinθ=2mgsin30∘=mg
B与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，
由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为F2=14mg
在此过程中，弹簧弹力的变化量的绝对值为ΔF=F1−F2=34mg
根据胡克定律得：ΔF=kΔx=kL
解得：k=3mg4L，故A错误，B正确；
C、弹簧的最大压缩量为xm=2mgsinθk=2mgsin30∘3mg4L=43L，故C错误；
D、开始时对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F1−2mgsinθ=2ma1
解得：a1=F2m>0，加速度方向沿斜面向上，
AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F2−2mgsinθ=2ma2
解得：a2=F+14mg−mg2m<0，方向沿斜面向下，
由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体先加速后减速，其动能先增大后减小，故D错误。
故选：B。
当物块A运动距离L时，A、B恰好分离，二者间的弹力恰好为零，分别对A和B，分别根据牛顿第二定律列式，联立求出弹簧的弹力，从而确定弹簧的状态；根据胡克定律求弹簧的劲度系数；初始时弹簧的压缩量最大，由平衡条件和胡克定律相结合求弹簧的最大压缩量；从开始运动到B与A刚分离的过程中，分析两物体的受力情况，判断动能的变化情况。
本题要分析清楚两个物体的运动过程，通过分析受力情况，运用牛顿第二定律研究加速度大小和方向，判断两个物体的运动情况。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4
故A错误；
B、在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为μ2=f22mg=440=0.1
B错误；
CD、在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F−μ1mg=ma
对木板有
μ1mg−2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2；F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
故C正确，D错误。
故选：C。
分别以滑块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；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、进行正交分解、在坐标轴上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。
7.【答案】D
【解析】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；
当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
应用楞次定律判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好。
本题考查了嗲磁感应与电路结合问题，考查了图象问题，对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除。
8.【答案】AC
【解析】解：A.粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为πR3则对应的弦长为
2r=2Rsin30∘
粒子做圆周运动的半径为
r=12R
有洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
可得
v=qBR2m
故A正确；
B.有几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角最大为120∘，则所有粒子中在磁场中运动的最长时间是
t=23π2π⋅2πmqB=2πm3qB
故B错误；
C.若粒子入射速率为3v时，粒子做圆周运动的半径为
r=mvqB=32R
由几何关系可得
sinθ2=32
则
θ=120∘
有粒子射出的边界弧长变为
s=θ2π⋅2πR=2πR3
故C正确；
D.将磁感应强度大小改为B2时，由以上分析可知粒子做圆周运动的半径为
r=mvqB2=R
粒子射出的边界弧长变为s′=πR，故D错误；
故选：AC。
根据粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度对应的弦长可解得粒子运动轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力可解得速度，根据圆心角可求得粒子中在磁场中运动的时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，注意求解粒子在磁场运动时间的方法。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出二种不同频率的光子(3→2、2→1)，故A错误；
B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据ke2r2=mv2r知，电子速率增大，动能增大，又由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小(或根据库仑力做正功判断也可)，故B正确；
C、n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为Emax=−0.85eV−(13.6eV)=12.75eV，故C正确；
D、用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子，因为11.0eV>10.2eV，所以能使其跃迁到更高能级，故D正确。
故选：BCD。
氢原子辐射光子后，核外电子半径减小，据据ke2r2=mv2r可得动能表达式判断即可；能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大。
解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
10.【答案】D
【解析】解：A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=2dv0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A错误；
B、粒子在竖直方向，在T2时间内的位移为d2，则12d=12U0qdm(dv0)2，解得q=mv02U0，故B错误；
C、t=T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′=2×12a(38T)2−2×12a(T8)2=18aT2=12d，故电场力做功为W=U0qd×12d=12U0q=12mv02，故C错误；
D、t=T4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4，再向上加速T4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确；
故选：D
带电粒子垂直电场线进入电场做类平抛运动，将类平抛运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场线方向的匀加速直线运动，根据类平抛运动的规律求解．
此题关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况，此题还可以结合v−t图象进行分析．
11.【答案】B0.31A
【解析】解：(1)在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，使小车重力在沿长木板方向的分力能够与摩擦力平衡，从而使细线的拉力等于小车受到的合外力。故B正确，ACD错误；
(2)根据位移差公式Δx=at2可得小车运动的加速度a=Δxt2=xCE−xAC(2T)2=(6.60+6.90−12.26)×0.01(2×0.1)2m/s2=0.31m/s2
(3)A、“研究匀变速直线运动”时，只需要小车做匀变速运动即可，不需要平衡摩擦力，故A正确；
B、“验证牛顿第二定律“时，需要用槽码重力来表示小车所受合外力，设小车质量为M，槽码质量为m，对小车根据牛顿第二定律有 F=Mα
对槽码同理有mg−F=mα
联立解得：F=MmgM+m 由上式可知只有当m<
D、平衡摩擦力只是将摩擦力的效果消除，但小车实际仍受摩擦力作用，机械能不守恒，故D错误。
故答案为：(1)B；(2)0.31；(3)AB
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合实验的特点完成数据的分析，整体难度不大。
12.【答案】1.08.06.04.0
【解析】解：(2)串联电路电流处处相等，由图(a)所示电路图可知：I=U1Rx=U2R+Rx，
则：U2U1=1RxR+1.0，则U2U1−R图象的纵轴截距：b=1.0，斜率：k=1Rx=3.0−1.016.0Ω−1，解得：Rx=8.0Ω。
(3)由图甲所示电路图可知：U2−U1R=I，U2−U2−U1R图线是电源的U−I图象，
由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V，图像的斜率k=r=6.01.5Ω=4.0Ω。
U1−U2−U1R图线是Rx的U−I图象，两图线交点反映的是电源与定值电阻直接串联时的情况，
交点的横坐标：I=ERx+r=68.0+4.0A=0.50A，纵坐标：U=E−Ir=6V−0.50×4V=4.0V。
故答案为：(2)1.0；8.0；(3)6.0；4.0。
(2)串联电路电流处处相等，根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出待测电阻阻值。
(3)根据I图线得出电源的电动势和内阻，抓住两图线交点反映的是电源与定值电阻直接串联时的情况，结合欧姆定律求出横坐标和纵坐标。
本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的综合运用，对于图线问题，一般解题思路得出物理量间的关系式，结合图线的斜率和截距综合求解。
13.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理有：
qU=12mv2
可得粒子离开加速电场时的速度：v=2qUm
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
qE0=mv2R
联立解得R=2UE0。
(2)粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，有d=vt
水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有3d=12at2
由牛顿第二定律得
qE=ma
联立解得E=12Ud。
(3)从A点静止释放离子的电荷量为2q，对于加速过程，根据动能定理得
2qU=12mv′2
粒子在辐向电场中运动时，根据牛顿第二定律得
2qE0=mv′2R′
联立解得：R′=2UE0，即粒子在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变。
故仍能从P点进入上方的矩形电场区域。
粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，水平方向有
3d=12a′t′2
由牛顿第二定律得，2qE=ma′
竖直方向有x′=v′t′
联立解得x′=d，即打在NQ的中点。
答：(1)粒子离开加速电场时的速度的大小为2qUm，圆弧虚线对应的半径R的大小为2UE0；
(2)矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值为12Ud；
(3)打在NQ的中点。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速时，电场力做正功，其动能增加，根据动能定理列出方程，即可求出粒子离开加速电场时的速度的大小；粒子进入静电分析器后，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出圆弧虚线对应的半径R的大小。
(2)粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合，可求解匀强电场场强E的值。
(3)根据动能定理求出粒子离开加速电场时的速度的大小，结合牛顿第二定律求出粒子在静电分析器中做圆周运动的半径，根据粒子在上方矩形电场区域做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式相结合求出粒子打到NQ上的位置。
对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速获得的速度；对于粒子在电场中偏转问题，运动的分解是常用方法。粒子做圆周运动时，关键要分析向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
14.【答案】解：(1)根据I−t图象中的图线是过原点的直线可得：I=2t
可得到t=2s时金属棒产生的感应电流为：I=4A
由闭合电路欧姆定律得：E=IR=4×1V=4V
(2)流过回路中的电流为图象与时间轴围成的面积：q=12×2×4C=4C
对回路由闭合电路欧姆定律得：I=ER=BLvR
而L=x⋅tan53∘=43x
由B−x图象可知：B=32x(T)
解得电流：I=32x×43x×vR=2v(A)
又有：I=2t
解得：v=2t2=t
根据加速度定义式：a=ΔvΔt=1m/s2
所以导体棒做匀加速运动的位移：s=12at2=12×1×22=2m
(3)以向右的方向为正，根据动量定理，若水平外力的冲量为I，则有：
而：v=at=1×2m/s=2m/s
安培力的冲量：
代入上式得到：I=10N⋅s
(4)对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律：
解得：F=ma+B2L2vR=1×1N+(32x×43x)2×1×t1.0N=1+4t
根据速度-时间关系：v=at=t
那么功率的表达式：P=Fv=(1+4t)t=4t2+4t
答：(1)t=2s时回路的电动势E为2V；
(2)0−2s时间内流过回路的电荷量q为4C，导体棒的位移s为2m；
(3)0∼2s时间内，水平外力的冲量I的大小为10N⋅s；
(4)导体棒滑动过程中，水平外力的瞬时功率P与时间t的关系式为：P=4t2+4t(W)。
【解析】(1)由I−t图象读出t=2s时的感应感应电流得大小，再由E=IR求出电动势．
(2)根据感应电流图象的面积表示电量，用欧姆定律和安培力表达式确定棒的运动性质，结合运动学知识求解．
(3)在该段时间内，对导体棒由动量定理求外力的冲量；
(4)运用牛顿第二定律求解F的表达式，由运动公式确定位移表达式，最后确定关系。
本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路欧姆定律，安培力公式、感应电动势公式．
15.【答案】B
【解析】解：A、若已知固体的摩尔质量M、密度ρ、阿伏伽德罗常数NA，则单个固体分子的体积为
V0=MρNA，故A错误；
B、重庆的冬天比较潮湿，湿的衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度大，造成衣服中的水分不容易蒸发。故B正确；
C、夏日的清晨，荷叶上滚动的小露珠呈现为近似的球形，这是表面张力和不浸润现象共同作用的结果。故C错误；
D、若在玻璃杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖，静置一段时间后发现瓶盖很难拧开，这是由于气体经历等容降温后压强减小，即单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数减小。故D错误。
故选：B。
首先由阿伏伽德罗常数推算出单个固体分子的体积；再根据相对湿度与蒸发快慢的关系及液体的表面张力和浸润与不浸润来解释热学现象；最后根据压强的微观解释来判断单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数。
本题考查阿伏伽德罗常数的计算，还涉及到相对湿度、表面张力、浸润和不浸润与压强的微观解释等几个热学的基本概念，属于基础简单题目。
16.【答案】解：(i)缸内气体初状态压强：p1=1×105Pa，温度T1=400K，体积：V1=(H+h)S
活塞刚好与b接触时，气体初状态压强：p2=p1−mgS=1×105Pa−10×100.01Pa=0.9×105Pa，温度T2=？，体积：V2=HS
根据理想气体的状态方程可得：p1V1T1=p2V2T2
代入数据解得：T2=324K；
(ii)由于T2=324K>288K，所以气缸内外温度相等时缸内气体的体积仍等于V2；
根据查理定律可得：p3T3=p2T2
解得：p3=0.8×105Pa.
答：(i)若缸内气体温度缓慢降低，活塞刚好与b接触时缸内气体的温度为324K；
(ii)气缸内外温度相等时缸内气体的压强为0.8×105Pa。
【解析】(i)求出缸内气体初状态、末状态的三个状态参量，根据理想气体的状态方程求解；
(ii)根据查理定律列方程求解。
本题主要是考查了一定质量的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，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。
17.【答案】A
【解析】解：A、当单色光从光密介质进入光疏介质时，由介质折射率变小，由c=nv可知波速增大；再由c=λf，则有波长变长，故A错误；
B、油膜形成的彩色条纹，是由油膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的薄膜干涉条纹，故B正确；
C、偏振是横波特有的现象，光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故C正确；
D、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：A。
光的传播速度由介质的本身性质与频率共同决定，结合波长与波速的关系说明；油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；光的偏振现象说明光是一种横波；玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故。
该题考查了全反射、偏振、干涉等现象。要注意准确掌握相关物理规律，明确常见现象的原理。
18.【答案】解：(1)根据题意作出光路图，如图1所示：
图1
由几何关系可知：∠a=30∘，∠c=60∘
由于该激光束由o点沿平行于ab的方向射入，所以∠i=60∘，
而Δocd是等边三角形，所以∠α=30∘
根据n=sinisinα可知：n=3
(2)临界状态下，当光束恰好不从bc边射出时，即在bc边发生全反射，作出如图2所示光路图，临界角记为C：
图2
根据几何关系可知，折射角：∠β=π3−C
根据折射定律n=1sinC可知，sinC=33，结合三角函数平方关系可得：sin2C+cos2C=1，解得：cosC=63
又由n=sinisinβ可得：3=sinisin(π3−C)，整理可得：sini=12(6−1)
因此，要使得激光束不能从bc边射出，那么入射角应该满足：0
(2)入射角i的正弦值的取值范围为0
【解析】(1)通过几何关系得出入射角i和折射角α，根据折射率公式n=sinisinα计算出折射率；
(2)当光束恰好不从bc边射出时，即在bc边发生全反射，作出光路图，根据全反射公式、折射定律联立求解。
本题主要是考查了光的全反射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
2021-2022学年河北省衡水中学高三（下）线上测试物理试卷
1. 如图所示，轻杆OP可绕O轴在竖直平面内自由转动，P端挂一重物，另用一轻绳通过滑轮系住P端．当OP和竖直方向间的夹角α缓慢增大时(0<α<180∘)，则OP杆所受作用力的大小( )
A. 恒定不变 B. 逐渐增大
C. 逐渐减小 D. 先增大、后减小
2. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A. 质量为2m的木块受到四个力的作用
B. 当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C. 当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧会被拉断
D. 撤去F瞬间，质量为m的木块所受摩擦力的大小和方向不变
3. 三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是( )
A. C加速可追上同一轨道上的A
B. 经过时间T1T22(T1−T2)，A、B相距最远
C. A、C向心加速度大小相等，且小于地面物体的自转加速度
D. 在相同时间内，A与地心连线扫过的面积等于B与地心连线扫过的面积
4. 如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的物块P，它的质量为M，一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球Q，它的质量为m，且M=5m，开始时，小球斜靠在物块左侧，它距地面的高度为h，物块右侧受到水平向左推力F的作用，整个装置处于静止状态.若现在撤去水平推力F，则下列说法中错误的是( )
A. 物块先做加速运动，后做匀速运动
B. 在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小2g(h−Lsinθ)1+5sin2θ
C. 小球与物块分离时，小球一定只受重力作用
D. 在小球落地之前，小球的机械能一直减少
5. 如图所示，一轻弹簧放在倾角θ=30∘且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A(二者质量均为m)叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于14mg的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是( )
A. 弹簧处于原长时，B与A开始分离
B. 弹簧的劲度系数为3mg4L
C. 弹簧的最大压缩量为L
D. 从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大
6. 如图甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的水平变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.2 B. 木板与地面间的动摩擦因数为0.2
C. 图乙中t2=24s D. 木板的最大加速度为1m/s2
7. 如图所示，某空间中存在一个有竖直边界的水平方向磁感应强度为B的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈abcd，从图示位置(ab边处于磁场区域的左边界)垂直于磁场方向水平从磁场左侧以速度v匀速拉过这个区域，其中ab=L，cd=3L，梯形高为2L，线框abcd的总电阻为R.下图中t0=Lv，i0=BLvR，则能正确反映该过程线圈中感应电流i随时间t变化的是(规定adcba的方向为电流正方向)( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在磁场边界上的M点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m(不计粒子的重力)，所有粒子均从磁场边界的某段圆弧射出，其圆弧长度为πR3，下列说法正确的是( )
A. 粒子进入磁场时的速率为qBR2m
B. 所有粒子中在磁场中运动的最长时间是πm3qB
C. 若粒子入射速率为3v时，有粒子射出的边界弧长变为2πR3
D. 将磁感应强度大小改为B2时，有粒子射出的边界弧长变为2πR3
9. 如图所示是氢原子四个能级的示意图，当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子，以下说法正确的是( )
A. 一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出三种不同频率的光子
B. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动能增大
C. n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为12.75eV
D. 用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子能使其跃迁到更高能级
10. 如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A. 在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为2v0
B. 粒子的电荷量为mv022U0
C. 在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D. 在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
11. 如图甲所示，附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在滑块上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的槽码使小车在槽码的牵引下运动，利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验。
(1)在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是______；
A.使小车获得较大的加速度
B.使细线的拉力等于小车受到的合外力
C.使小车最终能匀速运动
D.使槽码的重力近似等于细线的拉力
(2)实验过程中打出的一条纸带如图乙，在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这个点上标明A，第六个点上标明B，第十一个点上标明C，第十六个点上标明D，第二十一个点上标明E。测量时发现B点已模糊不清，于是测得AC的长度为12.26cm，CD的长度为6.60cm，DE的长度为6.90cm，则应用所有测得的数据，可计算得出小车运动的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)；
(3)用此装置可以进行多个力学实验，下列说法正确的是______。
A.“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力
B.“验证牛顿第二定律”时，槽码的质量应远小于小车质量
C.“研究恒力做功与速度变化关系时”，不需要平衡摩擦力
D.倾斜木板平衡摩擦力后，可用该装置进行“验证机械能守恒定律”的实验
12. 某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻r，又能同时测量未知电阻Rx的阻值。器材如下：
A.电池组(四节干电池)
B.待测电阻Rx(约10Ω)
C.电压表V1(量程3V、内阻很大)
D.电压表V2(量程6V、内阻很大)
E.电阻箱R(最大阻值99.9Ω)
F.开关一只，导线若干
实验步骤如下：
(1)将实验器材连接成如图甲所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。
(2)根据记录的电压表V1的读数U1和电压表V2的读数U2，以U2U1为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R为横坐标，得到的实验结果如图乙所示。由图可求得图像在纵轴的截距为______，待测电阻Rx=______Ω(保留两位有效数字)。
(3)图丙分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值U2−U1R为横坐标得到结果。由图可求得电池组的电动势E=______V，纵坐标为______V(结果均保留两位有效数字)。
13. 如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示：离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计。
(1)求粒子离开加速电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若矩形区域内的电场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，计算打到NQ上的位置。
14. 如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角θ=53∘的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好。已知t=0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m=1.0kg，OM与ON接触点的总电阻恒为R=1.0Ω，其余电阻不计。回路电流i与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线。已知sin53∘=0.8，cos53∘=0.6。求：
(1)t=2s时，回路的电动势E；
(2)0∼2s时间内，导体棒的位移s；
(3)0∼2s时间内，水平外力的冲量I的大小；
(4)导体棒滑动过程中，水平外力的瞬时功率P(单位：W)与时间t(单位：s)的关系式。
15. 下列说法中正确的是( )
A. 若已知固体的摩尔质量、密度、阿伏伽德罗常数，无法计算出单个固体分子的体积
B. 重庆的冬天比较潮湿，湿的衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度大
C. 夏日的清晨，荷叶上滚动的小露珠呈现为近似的球形，这是表面张力和浸润现象共同作用的结果
D. 若在玻璃杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖，静置一段时间后发现瓶盖很难拧开，由此可推断单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数增大
16. 如图所示，横截面积为S=0.01m2的气缸开口向下竖直放置，a、b为固定在气缸内壁的卡口(体积可忽略)，a、b之间的距离为h=5cm，b与气缸底部的距离为H=45cm，活塞与气缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，活塞厚度、质量均可忽略，活塞下方挂一质量m=10kg的重物，气缸、活塞导热性良好，活塞与气缸之间的摩擦忽略不计，大气压强为p0=1×105Pa，环境温度为T0=288K，刚开始时气缸内气体压强为p1=p0=1×105Pa，温度为T1=400K，活塞停在a处，已知重力加速度g=10m/s2。
(i)若缸内气体温度缓慢降低，求活塞刚好与b接触时缸内气体的温度为多少K；
(ii)求气缸内外温度相等时缸内气体的压强。
17. 下列说法不正确的是( )
A. 单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变
B. 雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的
C. 光的偏振现象特征说明光是横波
D. 玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
18. 如图所示为某透明介质棱镜的截面图，其中∠B=90∘，o点为ac边上的一点，ac=2bc=4oc，d点为bc的中点，一激光束由o点沿平行于ab的方向进入棱镜，由d点射出。求：
(1)该透明介质的折射率；
(2)改变入射角i的大小，如果激光束射到bc边但不能从bc边射出，求入射角i的正弦值的取值范围。(结果可用根号表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系。
本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活选择。
【解答】
解：对点P受力分析，如图
根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量(力)三角形相似，故有
NOP=TAP=GAO
解得
N=OPAOG
根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故压力与角α无关；故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：A、质量为2m的木块受到重力、地面的支持力、弹簧的拉力、上面物体的压力和摩擦力，共五个力的作用，故A错误；
B、当F逐渐增大到T时，此时整体的加速度为a1=T6m，此时弹簧的弹力为F′1=3ma1=12T，则此时轻弹簧没有被拉断，故B错误；
C、当F逐渐增大到1.5T时，此时整体的加速度为a2=1.5T6m，此时弹簧的弹力为F′2=3ma2=34T，则此时轻弹簧没有被拉断，故C错误；
D、撤去F瞬间，弹簧的弹力不变，左边两物体的加速度不变，则质量为m的木块所受摩擦力的大小和方向不变，故D正确。
故选：D。
根据弹簧的最大拉力为T，对整体分析，求出加速度大小．再解得弹簧弹力大小，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断m所受的摩擦力大小和方向是否改变．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
3.【答案】B
【解析】解：A.卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上同一轨道上的A点，故A错误；
B.卫星A、B由相距最近到相距最远，圆周运动转过的角度差为π，所以可得ωBt−ωAt=π
其中ωB=2πTB，ωA=2πTA。则经历的时间t=T1T22(T1−T2)，故B正确；
C.卫星A和C的角速度与地球表面物体自转的角速度相等，轨道半径大于地球半径，根据an=ω2r
可知，卫星A和C的向心加速度大于地球表面物体自转向心加速度，故C错误；
D.绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间t内扫过的面积S=12vtr
由万有引力提供向心力，可知GMmr2=mv2r
整理解得S=12vtr=t2GMr
可知，在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D错误。
故选：B。
A、卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上同一轨道上的A点；
B、根据两卫星做圆周运动的周期不同，在相等时间内转过的角度差关系求出运动时间；
C、根据向心加速度与角速度和轨道半径的关系，判断向心加速度的大小；
D、根据万有引力提供向心力，结合绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间t内扫过的面积可以判断扫过面积大小。
本题考查万有引力定律及其应用，在涉及地球同步卫星和地球表面物体问题时，要注意牢记地球同步卫星与地球上物体的周期相同。
4.【答案】D
【解析】解：A、假设物块P和地面之间有摩擦力．若摩擦力太大，则小球不会推动立方体运动；如摩擦力太小，物块P会在小球落在水平地面上之前离开小球；若摩擦力适中，小球恰好在落到水平地面后与物块分离．由于物块P与地面间没有摩擦，故物块P会在小球落在水平地面上之前离开小球，故物块P先做加速运动(不一定是匀加速)，后做匀速运动，故A正确；
B、在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，由小球与物块组成的系统机械能守恒有：
mg(h−Lsinθ)=12mvQ2+12MvP2
将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，有vP=vQsinα
结合M=5m，联立解得vQ=2g(h−Lsinθ)1+5sin2θ，故B正确；
C、对小球和物块整体受力分析，受重力、杆的弹力T、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有：Tcosα=(m+M)ax，刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，故小球只受重力，故C正确；
D、在分离之前，小球的机械能减小。分离后，只有重力做功，小球的机械能守恒，故D错误；
本题选错误的，
故选：D。
当物块P的速度大于小球在水平方向的速度时，物块P和小球分离，在分离之前，小球和物块P在水平方向上的速度相同，在小球与物块在分离之前，物块一直向右加速运动，小球的速度也增大，合外力做正功，分离后，只有重力做功，小球的机械能守恒。
本题关键是找到小球的分运动和合运动，知道当物块的速度大于小球在水平方向的速度时，物块和小球分离，在分离之前，小球和物块的水平方向速度是相同的。
5.【答案】B
【解析】解：AB、开始时弹簧的弹力大小为F1=2mgsinθ=2mgsin30∘=mg
B与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，
由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为F2=14mg
在此过程中，弹簧弹力的变化量的绝对值为ΔF=F1−F2=34mg
根据胡克定律得：ΔF=kΔx=kL
解得：k=3mg4L，故A错误，B正确；
C、弹簧的最大压缩量为xm=2mgsinθk=2mgsin30∘3mg4L=43L，故C错误；
D、开始时对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F1−2mgsinθ=2ma1
解得：a1=F2m>0，加速度方向沿斜面向上，
AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F2−2mgsinθ=2ma2
解得：a2=F+14mg−mg2m<0，方向沿斜面向下，
由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体先加速后减速，其动能先增大后减小，故D错误。
故选：B。
当物块A运动距离L时，A、B恰好分离，二者间的弹力恰好为零，分别对A和B，分别根据牛顿第二定律列式，联立求出弹簧的弹力，从而确定弹簧的状态；根据胡克定律求弹簧的劲度系数；初始时弹簧的压缩量最大，由平衡条件和胡克定律相结合求弹簧的最大压缩量；从开始运动到B与A刚分离的过程中，分析两物体的受力情况，判断动能的变化情况。
本题要分析清楚两个物体的运动过程，通过分析受力情况，运用牛顿第二定律研究加速度大小和方向，判断两个物体的运动情况。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4
故A错误；
B、在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为μ2=f22mg=440=0.1
B错误；
CD、在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F−μ1mg=ma
对木板有
μ1mg−2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2；F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
故C正确，D错误。
故选：C。
分别以滑块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；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、进行正交分解、在坐标轴上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。
7.【答案】D
【解析】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；
当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
应用楞次定律判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好。
本题考查了嗲磁感应与电路结合问题，考查了图象问题，对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除。
8.【答案】AC
【解析】解：A.粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为πR3则对应的弦长为
2r=2Rsin30∘
粒子做圆周运动的半径为
r=12R
有洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
可得
v=qBR2m
故A正确；
B.有几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角最大为120∘，则所有粒子中在磁场中运动的最长时间是
t=23π2π⋅2πmqB=2πm3qB
故B错误；
C.若粒子入射速率为3v时，粒子做圆周运动的半径为
r=mvqB=32R
由几何关系可得
sinθ2=32
则
θ=120∘
有粒子射出的边界弧长变为
s=θ2π⋅2πR=2πR3
故C正确；
D.将磁感应强度大小改为B2时，由以上分析可知粒子做圆周运动的半径为
r=mvqB2=R
粒子射出的边界弧长变为s′=πR，故D错误；
故选：AC。
根据粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度对应的弦长可解得粒子运动轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力可解得速度，根据圆心角可求得粒子中在磁场中运动的时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，注意求解粒子在磁场运动时间的方法。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出二种不同频率的光子(3→2、2→1)，故A错误；
B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据ke2r2=mv2r知，电子速率增大，动能增大，又由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小(或根据库仑力做正功判断也可)，故B正确；
C、n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为Emax=−0.85eV−(13.6eV)=12.75eV，故C正确；
D、用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子，因为11.0eV>10.2eV，所以能使其跃迁到更高能级，故D正确。
故选：BCD。
氢原子辐射光子后，核外电子半径减小，据据ke2r2=mv2r可得动能表达式判断即可；能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大。
解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
10.【答案】D
【解析】解：A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=2dv0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A错误；
B、粒子在竖直方向，在T2时间内的位移为d2，则12d=12U0qdm(dv0)2，解得q=mv02U0，故B错误；
C、t=T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′=2×12a(38T)2−2×12a(T8)2=18aT2=12d，故电场力做功为W=U0qd×12d=12U0q=12mv02，故C错误；
D、t=T4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4，再向上加速T4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确；
故选：D
带电粒子垂直电场线进入电场做类平抛运动，将类平抛运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场线方向的匀加速直线运动，根据类平抛运动的规律求解．
此题关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况，此题还可以结合v−t图象进行分析．
11.【答案】B0.31A
【解析】解：(1)在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，使小车重力在沿长木板方向的分力能够与摩擦力平衡，从而使细线的拉力等于小车受到的合外力。故B正确，ACD错误；
(2)根据位移差公式Δx=at2可得小车运动的加速度a=Δxt2=xCE−xAC(2T)2=(6.60+6.90−12.26)×0.01(2×0.1)2m/s2=0.31m/s2
(3)A、“研究匀变速直线运动”时，只需要小车做匀变速运动即可，不需要平衡摩擦力，故A正确；
B、“验证牛顿第二定律“时，需要用槽码重力来表示小车所受合外力，设小车质量为M，槽码质量为m，对小车根据牛顿第二定律有 F=Mα
对槽码同理有mg−F=mα
联立解得：F=MmgM+m 由上式可知只有当m<
D、平衡摩擦力只是将摩擦力的效果消除，但小车实际仍受摩擦力作用，机械能不守恒，故D错误。
故答案为：(1)B；(2)0.31；(3)AB
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合实验的特点完成数据的分析，整体难度不大。
12.【答案】1.08.06.04.0
【解析】解：(2)串联电路电流处处相等，由图(a)所示电路图可知：I=U1Rx=U2R+Rx，
则：U2U1=1RxR+1.0，则U2U1−R图象的纵轴截距：b=1.0，斜率：k=1Rx=3.0−1.016.0Ω−1，解得：Rx=8.0Ω。
(3)由图甲所示电路图可知：U2−U1R=I，U2−U2−U1R图线是电源的U−I图象，
由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V，图像的斜率k=r=6.01.5Ω=4.0Ω。
U1−U2−U1R图线是Rx的U−I图象，两图线交点反映的是电源与定值电阻直接串联时的情况，
交点的横坐标：I=ERx+r=68.0+4.0A=0.50A，纵坐标：U=E−Ir=6V−0.50×4V=4.0V。
故答案为：(2)1.0；8.0；(3)6.0；4.0。
(2)串联电路电流处处相等，根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出待测电阻阻值。
(3)根据I图线得出电源的电动势和内阻，抓住两图线交点反映的是电源与定值电阻直接串联时的情况，结合欧姆定律求出横坐标和纵坐标。
本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的综合运用，对于图线问题，一般解题思路得出物理量间的关系式，结合图线的斜率和截距综合求解。
13.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理有：
qU=12mv2
可得粒子离开加速电场时的速度：v=2qUm
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
qE0=mv2R
联立解得R=2UE0。
(2)粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，有d=vt
水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有3d=12at2
由牛顿第二定律得
qE=ma
联立解得E=12Ud。
(3)从A点静止释放离子的电荷量为2q，对于加速过程，根据动能定理得
2qU=12mv′2
粒子在辐向电场中运动时，根据牛顿第二定律得
2qE0=mv′2R′
联立解得：R′=2UE0，即粒子在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变。
故仍能从P点进入上方的矩形电场区域。
粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，水平方向有
3d=12a′t′2
由牛顿第二定律得，2qE=ma′
竖直方向有x′=v′t′
联立解得x′=d，即打在NQ的中点。
答：(1)粒子离开加速电场时的速度的大小为2qUm，圆弧虚线对应的半径R的大小为2UE0；
(2)矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值为12Ud；
(3)打在NQ的中点。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速时，电场力做正功，其动能增加，根据动能定理列出方程，即可求出粒子离开加速电场时的速度的大小；粒子进入静电分析器后，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出圆弧虚线对应的半径R的大小。
(2)粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合，可求解匀强电场场强E的值。
(3)根据动能定理求出粒子离开加速电场时的速度的大小，结合牛顿第二定律求出粒子在静电分析器中做圆周运动的半径，根据粒子在上方矩形电场区域做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式相结合求出粒子打到NQ上的位置。
对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速获得的速度；对于粒子在电场中偏转问题，运动的分解是常用方法。粒子做圆周运动时，关键要分析向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
14.【答案】解：(1)根据I−t图象中的图线是过原点的直线可得：I=2t
可得到t=2s时金属棒产生的感应电流为：I=4A
由闭合电路欧姆定律得：E=IR=4×1V=4V
(2)流过回路中的电流为图象与时间轴围成的面积：q=12×2×4C=4C
对回路由闭合电路欧姆定律得：I=ER=BLvR
而L=x⋅tan53∘=43x
由B−x图象可知：B=32x(T)
解得电流：I=32x×43x×vR=2v(A)
又有：I=2t
解得：v=2t2=t
根据加速度定义式：a=ΔvΔt=1m/s2
所以导体棒做匀加速运动的位移：s=12at2=12×1×22=2m
(3)以向右的方向为正，根据动量定理，若水平外力的冲量为I，则有：
而：v=at=1×2m/s=2m/s
安培力的冲量：
代入上式得到：I=10N⋅s
(4)对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律：
解得：F=ma+B2L2vR=1×1N+(32x×43x)2×1×t1.0N=1+4t
根据速度-时间关系：v=at=t
那么功率的表达式：P=Fv=(1+4t)t=4t2+4t
答：(1)t=2s时回路的电动势E为2V；
(2)0−2s时间内流过回路的电荷量q为4C，导体棒的位移s为2m；
(3)0∼2s时间内，水平外力的冲量I的大小为10N⋅s；
(4)导体棒滑动过程中，水平外力的瞬时功率P与时间t的关系式为：P=4t2+4t(W)。
【解析】(1)由I−t图象读出t=2s时的感应感应电流得大小，再由E=IR求出电动势．
(2)根据感应电流图象的面积表示电量，用欧姆定律和安培力表达式确定棒的运动性质，结合运动学知识求解．
(3)在该段时间内，对导体棒由动量定理求外力的冲量；
(4)运用牛顿第二定律求解F的表达式，由运动公式确定位移表达式，最后确定关系。
本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路欧姆定律，安培力公式、感应电动势公式．
15.【答案】B
【解析】解：A、若已知固体的摩尔质量M、密度ρ、阿伏伽德罗常数NA，则单个固体分子的体积为
V0=MρNA，故A错误；
B、重庆的冬天比较潮湿，湿的衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度大，造成衣服中的水分不容易蒸发。故B正确；
C、夏日的清晨，荷叶上滚动的小露珠呈现为近似的球形，这是表面张力和不浸润现象共同作用的结果。故C错误；
D、若在玻璃杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖，静置一段时间后发现瓶盖很难拧开，这是由于气体经历等容降温后压强减小，即单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数减小。故D错误。
故选：B。
首先由阿伏伽德罗常数推算出单个固体分子的体积；再根据相对湿度与蒸发快慢的关系及液体的表面张力和浸润与不浸润来解释热学现象；最后根据压强的微观解释来判断单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数。
本题考查阿伏伽德罗常数的计算，还涉及到相对湿度、表面张力、浸润和不浸润与压强的微观解释等几个热学的基本概念，属于基础简单题目。
16.【答案】解：(i)缸内气体初状态压强：p1=1×105Pa，温度T1=400K，体积：V1=(H+h)S
活塞刚好与b接触时，气体初状态压强：p2=p1−mgS=1×105Pa−10×100.01Pa=0.9×105Pa，温度T2=？，体积：V2=HS
根据理想气体的状态方程可得：p1V1T1=p2V2T2
代入数据解得：T2=324K；
(ii)由于T2=324K>288K，所以气缸内外温度相等时缸内气体的体积仍等于V2；
根据查理定律可得：p3T3=p2T2
解得：p3=0.8×105Pa.
答：(i)若缸内气体温度缓慢降低，活塞刚好与b接触时缸内气体的温度为324K；
(ii)气缸内外温度相等时缸内气体的压强为0.8×105Pa。
【解析】(i)求出缸内气体初状态、末状态的三个状态参量，根据理想气体的状态方程求解；
(ii)根据查理定律列方程求解。
本题主要是考查了一定质量的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，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。
17.【答案】A
【解析】解：A、当单色光从光密介质进入光疏介质时，由介质折射率变小，由c=nv可知波速增大；再由c=λf，则有波长变长，故A错误；
B、油膜形成的彩色条纹，是由油膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的薄膜干涉条纹，故B正确；
C、偏振是横波特有的现象，光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故C正确；
D、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：A。
光的传播速度由介质的本身性质与频率共同决定，结合波长与波速的关系说明；油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；光的偏振现象说明光是一种横波；玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故。
该题考查了全反射、偏振、干涉等现象。要注意准确掌握相关物理规律，明确常见现象的原理。
18.【答案】解：(1)根据题意作出光路图，如图1所示：
图1
由几何关系可知：∠a=30∘，∠c=60∘
由于该激光束由o点沿平行于ab的方向射入，所以∠i=60∘，
而Δocd是等边三角形，所以∠α=30∘
根据n=sinisinα可知：n=3
(2)临界状态下，当光束恰好不从bc边射出时，即在bc边发生全反射，作出如图2所示光路图，临界角记为C：
图2
根据几何关系可知，折射角：∠β=π3−C
根据折射定律n=1sinC可知，sinC=33，结合三角函数平方关系可得：sin2C+cos2C=1，解得：cosC=63
又由n=sinisinβ可得：3=sinisin(π3−C)，整理可得：sini=12(6−1)
因此，要使得激光束不能从bc边射出，那么入射角应该满足：0
(2)入射角i的正弦值的取值范围为0
【解析】(1)通过几何关系得出入射角i和折射角α，根据折射率公式n=sinisinα计算出折射率；
(2)当光束恰好不从bc边射出时，即在bc边发生全反射，作出光路图，根据全反射公式、折射定律联立求解。
本题主要是考查了光的全反射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
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