2023年浙江省浙里卷天下高考物理联考试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2023年浙江省浙里卷天下高考物理联考试卷（3月份）（含答案解析），共23页。试卷主要包含了5sD等内容，欢迎下载使用。

A. 12月某日，杭州气温为+3℃，沈阳气温为−7℃，杭州的气温比沈阳低
B. 物体在第一段时间内发生位移为−7m，第二段时间内发生位移为+4m，则该物体在第一段时间内发生的位移小于第二段时间内发生的位移
C. 运动员掷垒球时，对全球做功+20J，坐滑滑梯时摩擦力对小朋友做功−40J，则摩擦力对小朋友做功小于运动员对垒球做功
D. 线圈在位置一的磁通量为+5Wb，该线圈在位置二的磁通量为−20Wb，则线圈在位置一的磁通量小于线圈在位置二的磁通量
2. 目前，疫情防控进入新阶段，在疫情防控中有许多设备用到物理知识，下列说法错误的是( )
A. 额温枪中的红外线传感器接收人体发出的红外线，体温越高，发出的红外线波长越短
B. 水银温度计利用气体的热胀冷缩现象，测量体温时，人体温度越高，水银温度计里面的气体温度越高，体积越大，温度计示数就越高
C. 防疫期间经常用紫外线照射环境和设备，这是利用紫外线的消毒功能
D. 病患的餐具可以在沸水中消毒，把冷水煮为沸水的过程，是水吸热，内能增加的过程
3. 汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是( )
A. 汽车第1秒末的速度为23m/sB. 汽车加速度大小为3m/s2
C. 汽车的减速时间为6.5sD. 汽车刹车总位移为78m
4. 神舟十四号又被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间迎接了问天、梦天、天舟五号和神舟十五号，它于12月4日返回祖国。返回时在穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞(主伞)面积达1200m2，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形状，半径为15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱(不含航天员)的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg。设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，中轴线(返回能悬挂点与降落伞中心的连线)保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速。此过程的重力加速度可以近似取g=10m/s2。对此以下分析正确的是( )
A. 在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B. 题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力
C. 题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D. 题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为1500N
5. 2022年11月底，中国空间站迎来全面建造完成关键一役。随着神舟十五号乘组3名航天员进入空间站，我国首次实现空间站6个型号舱段组合体结构和6名航天员在轨驻留的“6+6”太空会师。如图，有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，假设就是神舟十五号，卫星b处于离地约300km的轨道上正常运动，假设就是神舟十四号，c是地球同步卫星，d是某地球高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，地球表面重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 神舟十四号的向心加速度大于神舟十五号的向心加速度
B. 同步卫星在相同时间内转过的弧长最长
C. 四颗卫星中，神舟十五号离地心最近，所以它的角速度最大
D. 地球高空探测卫星最高，故发射它的能量一定最大
6. 某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA=3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD=6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处(B点的正下方B′是OD的中点)，小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是( )
A. 石拱桥为圆弧形石拱桥
B. 小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C. 小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D. 先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
7. 高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是( )
A. 颗粒运动的角速度为2πn
B. 颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C. 离转轴越远，分离沉淀效果越好
D. 此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
8. 两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则( )
A. c处场强大于a处，c处电势也必定高于a处电势
B. 两个导体内部场强都为零，内部电势也都为零
C. 将一负试探电荷放在d点时其电势能为负值
D. 图中b点所在的电场线一定存在一个点，此处的电势为零
9. 如图是某一吸油烟机的用电参量铬牌，对此下列说法正确的是( )
A. 抽油烟时电动机的输出功率为200W
B. 主机和照明全部工作情况下的工作电流约为1.05A
C. 图中电容为4μF/500V，则在220V电压下电容约为1.76μF
D. 额定频率为50Hz，即额定功率下，电机每秒钟转动50转
10. 如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为10：1，线圈L上的直流电阻不计。原线圈接v=220 2sinωt(V)的交流电，则( )
A. 当P接b时，变阻器R两端的电压为44 2V
B. 当P接a时，通过原、副线圈截面的磁通量之比为10：1
C. 若将P由a向b滑动时，则变压器的输入功率增大
D. 若增大电源的频率，则灯泡B将变亮
11. 质量为m的导体棒垂直于宽度为L的水平金属轨道处于静止状态，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，且垂直于导体棒，如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 导体棒的安培力大小为BILcsθB. 导体棒受到导轨对它向左的摩擦力
C. 导体棒对导轨的压力大于重力D. 导体棒受到的摩擦力大小为BILsinθ
12. 如图，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m的A、B两物体，正在竖直方向做振幅为x0的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当系统振动到某个位置时，剪断A、B间细绳，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是( )
A. 如果在平衡位置剪断绳子，A依然可以到达原来的最低位置
B. 如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量最多
C. 无论在什么地方剪断绳子，此后A振动的振幅一定增大，周期一定减小
D. 如果在最低点剪断绳子，此后A振动过程中，振幅为3x02
13. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM，圆环从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC=h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是( )
A. 下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大
B. 从A下滑到C过程中摩擦发热为14mv2
C. 在C处，弹性绳的弹性势能为mgh−14mv2
D. 圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加
14. 如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，BC一侧用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是( )
A. 条纹与AD边平行
B. 看到的条纹是由薄玻璃板ABCD的上下两个界面的反射光叠加而成的
C. 如果用手用力捏右侧三层，会发现条纹保持间距不变，整体向AD侧移动
D. 看到的条纹越多，说明薄片的厚度越厚
15. 对于原子和原子核的说法，下列正确的是( )
A. 原子核的结合能越大，说明该原子核越稳定
B. 一群氢原子从n=5的激发态跃迁到基态时，有可能幅射出10种不同频率的光子
C. 卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是有结构的
D. 原子核衰变时电荷数和质量数都守恒
16. 某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置，如图所示。在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上同一位置静止开始滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动。他把桌子搬到墙的附近，使从水平桌面上滚下的钢球能打到墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录钢球的落点。现测得钢球直径为d，某次实验桌子边缘到墙的水平距离为x，钢球在墙上的落点到桌面的竖直距离为H。重力加速度为g。(d相对于H和x不可忽略)
(1)钢球此次实验平抛的水平位移为______ ；竖直位移为______ 。
(2)现保持钢球释放位置不变，改变桌子到墙的距离，结合第(1)问使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，钢球平抛后仍能打到墙上，钢球下落的竖直位移变为原来的N倍，则N=______ ；实际由于钢球与桌面之间存在摩擦力，其他误差和阻力不计，则本次钢球平抛的实际竖直位移______ 原来钢球平抛竖直位移的N倍(填“大于”、“等于”或“小于”)。
17. (1)多用电表可以测量电阻，也可以测量电流与电压，下列测量电路是某同学设计的有关测量电路：
A.用图甲方案测量小灯泡的电阻
B.用图乙方案测量小灯泡的电流强度
C.用图丙方案测量小灯泡两端的电压
D.用图丁方案测量二极管的正向电阻
已知这位同学已经正确调节选择开关，他能顺利完成测量，且不会损坏仪器的是______ (选填“A”、“B”、“C”、“D”)。
(2)利用电流表(不理想，内阻等于5Ω)和电压表(不理想，内阻未知)测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
①应该选择的实验电路是图中的______ (选填“戊”或“己”)。
②有如下滑动变阻器提供：
A.滑动变阻器(0∼1Ω)
B.滑动变阻器(0∼20Ω)
C.滑动变阻器(0∼100Ω)
滑动变阻器应选用______ (选填相应器材前的字母)。
18. 如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA：SB=1：3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0=300K，A中气体压强pA=4p0，p0是汽缸外的恒定大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB2=3p0。求：
(1)加热前汽缸B中的气体压强；
(2)加热后汽缸B中的气体体积VB2；
(3)加热后汽缸A中的气体温度TA2。
19. 某闯关项目的简化图如图所示，距离水平地面高为h=1.8m的平台上，A点左侧为光滑平台，一根弹簧左端与固定挡板连接，自然长度时右端不超过A点，一个可以看作质点的滑块靠着弹簧右端(不拴连)，滑块质量为m=1kg。平台AB段长为L1=2.0m，与滑块的动摩擦因数为μ1=0.1。B点右侧设置长为L2=1.5m的水平传送带，传送带与滑块的动摩擦因数为μ2，传送带的右端设置半径为R=0.9m的半圆弧光滑轨道，CD为竖直直径的上下两端，C点与传送带末端的空隙很小，但是可以让滑块通过。传送带一且启动，顺转(即让传送带顺时针方向转动)和逆转的速度都为v=4m/s，在B点的左侧附近设置传送带启动按钮，按钮有两个，一个为顺转，一个为逆转。闯关开始前传送带处于关闭状态。闯关时，选手首先向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的初始弹性势能EP，然后释放滑块，在滑块进入传送带前，选手必须按照实时情况按下顺转按钮或逆转按钮。闯关规则为：如果滑块最终能始终沿着轨道到达水平地面，则闯关成功；如果滑块最终退回到A点左侧，则可以再次闯关(既不失败，也没有成功)；如果滑块最终停在AB段上，或者向右出传送带后摔落在CD段则游戏失败(来不及按下按钮也视为失败，本题假设选手都按了按钮)。g取10m/s2。
(1)设备调试时，关闭传送带，测得当弹簧的初始弹性势能为EP=5.0J时，滑块恰好滑到传送带的右端停止，求传送带与滑块的动摩擦因数μ2的大小；
(2)某选手压缩弹簧使其具有EP=4.5J的初始弹性势能，请通过计算说明本次闯关选手(按下任何一个按钮的可能性都会有)是否可能会失败；
(3)求选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围。
20. 如图，相距为L=1m的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为θ=37∘，上端接有阻值为R=3Ω的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场B0=3 2T，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界CD与EF相距s1=3m，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为s2=5m，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为B=2T，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为m=1kg，长度都为L=1m，电阻都为R=3Ω，一开始金属棒b静止在边界EF与GH的中点，金属棒a从斜面上高度为h=2m处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界EF时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
(1)求斜面上金属棒a的匀速运动速度v0；
(2)当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t1；
(3)求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。
21. 如图，为某一粒子分离收集装置，间距L=3cm的PQ两平行绝缘板之间为初始粒子通道，OO′为中轴线，工作时会有大量带电粒子或仅沿着中轴线通过该通道，或平行于中轴线通过整个通道。如果需要，整个通道还可以绕O点在纸面内转动，其右侧分布着垂直于纸面向外的单边界水平磁场，磁感应强度为B=0.1T，磁场区域在竖直方向和右边足够大，O点为通道中轴线与磁场左边界的交点，初始中轴线垂直于边界。在左边界放置足够大单向滤网板，带电粒子可以从左向右无影响的穿过滤网板，但是从右向左带电粒子无法穿越，从右向左遇到单向滤网板会被滤网板挡住且收集，可以视为收集板。PQ平行板的右端与磁场左边界有足够距离，以O点为坐标原点，沿边界竖直向上为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，建立坐标系。现有大量速度都为v=5×103m/s的 11H、 12H粒子，从左端进入通道，实施试验。已知 11H的质量为m=1.6×10−27kg， 12H的质量为2m，它们的带电量都为e=1.6×10−19C，不计粒子在通道内的运动时间，粒子离开通道后可以继续匀速直线前进，直至进入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互影响。
(1)第一次试验，通道不转动，带电粒子仅沿着中轴线通过通道，求 11H在收集板上的落点位置(用y坐标表示)；
(2)第二次试验，整个通道绕O点在纸面内缓慢转动，转动范围为中轴线与水平方向的夹角为θ(θ≤90∘)的上下对称区域，带电粒子始终沿着中轴线通过通道，为了使 11H、 12H粒子在收集板上不重叠，求转动角θ的最大值；
(3)第三次试验，通道在上下对称区域内缓慢转动，最大转动角θ=60∘，带电粒子始终平行于中轴线通过整个通道，求 11H、 12H粒子在收集板上的重叠区间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、温度的正负表示温度为零上或零下，则+3℃一定高于−7℃，杭州的气温比沈阳高，故A错误；
B、位移是矢量，正负表示方向，绝对值表示大小，则该物体在第一段时间内发生的位移大于第二段时间内发生的位移，故B错误；
C、功为标量，正负号表示做正功或负功，绝对值表示大小，则摩擦力对小朋友做功大于运动员对垒球做功，故C错误；
D、磁通量是标量，磁通量的正负表示磁感线的方向，绝对值表示大小，则线圈在位置一的磁通量小于线圈在位置二的磁通量，故D正确。
故选：D。
温度的正负表示温度为零上或零下；位移正负表示方向，绝对值表示大小；功为标量，正负号表示做正功或负功，绝对值表示大小；磁通量是标量，磁通量的正负表示磁感线的方向，绝对值表示大小。
本题考查矢量和标量，解题关键是正确区分矢量和标量，知道温度、功和磁通量正负的含义。
2.【答案】B
【解析】解：A、额温枪是接收人体发出的红外线，任何物体温度越高，发出的红外线波长越短，故A正确；
B、水银温度计利用水银的热胀冷缩现象，测量体温时，人体温度越高，水银温度计里面的水银温度就越高，体积越大，温度计示数越高，故B错误；
C、紫外线具有消毒功能，故C正确；
D、把水煮沸的过程，是水吸热，内能增加的过程，故D正确；
本题选错误的，故选：B。
理解额温枪的工作原理，结合题目选项完成分析；
根据水银温度计的工作原理完成分析；
紫外线具有消毒功能；
理解水加热过程中的能量转化特点。
本题主要考查了电磁波在生活中的应用，理解额温枪的工作原理，结合红外线与温度的关系即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，设汽车加速度的大小为a，由位移-时间公式得：
12at22−12at12=6m
代入数据解得：a=4m/s2
故B错误；
A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移-时间公式得：x1=v0t1−12at12=24m
代入数据解得：v0=26m/s
汽车第1s末的速度为v=v0−at1=26m/s−4×1m/s=22m/s
故A错误；
C、汽车的减速时间为t=v0a=264s=6.5s
故C正确；
D、汽车刹车的总位移为x=12v0t=12×26×6.5m=84.5m
故D错误。
故选：C。
汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据位移-时间公式和位移关系求解汽车的加速度大小；根据位移-时间公式求解初速度大小，根据速度-时间公式求解第1s末的速度和汽车减速时间；根据平均速度公式求解刹车距离。
本题考查匀变速直线运动规律，知道末速度为零的匀减速直线运动可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，结合运动学公式求解即可。
4.【答案】BD
【解析】解：A、在迎接神舟十五号的时候，地球对神州十四号的万有引力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，神舟十四号处于完全失重状态，故A错误；
B、减速阶段，返回舱所受合力竖直向上，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力，故B正确；
D、降落伞、返回舱和航天员的质量为m=2670kg+120kg+3×70kg=3000kg
降落伞受到的空气阻力为f=0.05mg=0.05×3000×10N=1500N
故D正确；
C、设伞绳与竖直方向夹角为θ，每根伞绳的拉力大小为T，则sinθ=1539=513
则csθ=1213
对返回舱受力分析，由平衡条件得：96Tcsθ+0.05mg−mg=ma
代入数据解得：T=339N
故C错误。
故选：BD。
神舟十四号只受万有引力，万有引力提供向心力，神舟十四号处于完全失重状态；减速阶段，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律判断合力与重力的关系；对返回舱、降落伞和航天员整体，根据阻力与总重力的关系求解阻力；对返回舱和航天员受力分析，将伞绳上的力分解到水平方向和竖直方向，竖直方向根据牛顿第二定律求解拉力。
本题考查受力分析和牛顿第二定律，解题关键是做好受力分析，将力分解到水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律列式求解即可。
5.【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力可得GMmr2=ma=mv2r=mrω2，解得：a=GMr2，v= GMr，ω= GMr3
A、a和c的角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据a=rω2可知：a的向心加速度小于c的向心加速度；
由于b的轨道半径小于c的轨道半径，根据a=GMr2可知b的向心加速度大于c的向心加速度，综上可知a的向心加速度小于b的向心加速度，故A正确；
B、a和c的角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据v=rω可知vavc>vd，综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的弧长最长，故B错误；
C、a和c的角速度相等，由于rbωc>ωd，综上可知b的角速度最大，故C错误；
D、d星的轨道半最大，发射卫星时需要克服万有引力做功，但各个卫星的的质量大小未知，发射d星所需要的能量不一定最大，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力分析加速度、线速度、角速度与轨道半径的关系分析；发射卫星时，需要克服万有引力做功，对于同一卫星而言，越高发射做功越多。
解决该题的关键是明确知道地球的同步卫星的运动特征，知道卫星的向心力等于地球对其万有引力，掌握万有引力和向心力的公式。
6.【答案】C
【解析】解：A、石头做平抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，且始终没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；
B、石头做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向：OD=v1t1
竖直方向：OA=12gt12
代入数据联立解得：t1=0.8s
v1=8m/s
故B错误；
C、小陈踢出的石子经过B点时，水平方向的位移为总位移的12，则时间为总时间的12，A和B竖直方向的距离为hAB=12g(12t1)2=14OA=14×3.2m=0.8m
小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为：12OD=v2t2
竖直方向位移为：h+hAB=12gt22
代入数据解得：t2=0.7s
v2=327m/s≈4.6m/s
故C正确；
D、先后两颗小石子在空中的运动时间之比为：t1：t2=0.8：0.7=8：7
故D错误。
故选：C。
石头做平抛运动，桥面与石头的轨迹重合，为抛物线形石拱桥；小陈踢出的石头水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据位移公式求解平抛运动的时间和初速度；石子运动到B点的过程，根据平抛运动的运动学公式求解A和B竖直方向的距离，当抛出石子时，石子做平抛运动，由几何关系得到石子的水平位移和竖直位移，根据运动学公式求解小石子的初速度和在空中运动的时间。
本题考查平抛运动，知道平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，会用几何关系求解第二次抛出石子的水平位移和竖直位移。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据角速度与转速的关系，可得颗粒运动的角速度为ω=2πn，故A错误；
B、如果颗粒在此处做匀速圆周运动，合外力必为F=4π2mrn2，但从题义上不能得出它在此稳定做圆周运动，故B错误；
C、离转轴越远，r越大，需要的向心力越大，就越易做离心运动，也就越容易分离，故C正确；
D、只能将密度比液体密度大的颗粒沉在的底部，故D错误。
故选：C。
根据角速度的定义式，结合周期与转速的关系，即可判断A；根据合外力与向心加速度，质量的关系，结合做离心，近心运动条件，即可判断BCD。
本题考查圆周运动的近心离心运动的原理及描述圆周运动中物理量之间的关系。要注意向心力与转速的关系F=4π2mrn2，转速越大则需要的向心力越大，对基本关系要记牢。
8.【答案】D
【解析】解：A、电场线的疏密程度表示场强的大小，则c处场强大于a处。沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点电势低于a点电势，故A错误；
B、两个导体处于静电平衡，内部场强处处为零，但是内部的电势不相等，可以确定在左侧导体内部电势大于零，右侧导体内部电势小于零，故B错误；
C、因为d处电势小于零，则将一负试探电荷放在d点时其电势能为正值，故C错误；
D、图中b点所在的电场线的起点在左侧导体，电势大于零，终点在右侧表面，电势小于零，所以线上一定存在一个点，此处的电势为零，故D正确；
故选：D。
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，沿着电场线方向电势逐渐降低；
理解静电平衡的概念，从而分析出导体内部的场强和电势的特点；
结合试探电荷的电性以及所在位置的电势正负得出电势能的正负；
根据b点左右两侧的电势特点分析出是否存在电势为零的点。
本题主要考查了电场线的相关应用，理解电场线中场强和电势的特点，结合电势能的计算公式即可完成分析。
9.【答案】B
【解析】解：A、电动机的输入功率等于输出功率与热功率之和，抽油烟时电动机的输入功率是200W，则其输出功率小于200W，故A错误；
B、主机和照明全部工作情况下总功率P=230W，工作电流I=PU=230220A≈1.05A，故B正确；
C、电容器的电容由电容器的结构决定，与电压无关，在220V电压下电容器的电容仍然为4μF，故C错误；
D、额定频率指的是电源频率，电动机的转速与电源频率无关，故D错误。
故选：B。
电动机的输入功率等于输出功率与热功率之和；根据电功率公式求出正常工作时的电流；电容器的电容由电容器本身的结构决定，与电压无关；电动机的转速与电流的频率无关。
电动机是非纯电阻电路，其输入功率等于输出功率与热功率之和；根据电功率公式可以解题。
10.【答案】C
【解析】解：A、当P接b时，原副线圈匝数之比为5：1，根据题意可得原线圈的电压有效值为220V，则
U1U2=220U2=51
解得：U2=44V，故A错误；
B、任何情况下，通过原副线圈截面的磁通量之比都为1：1，故B错误；
C、若将P由a向b滑动时，则副线圈电压变大，变压器输出功率增大，则变压器的输入功率也增大，故C正确；
D、若增大电源的频率，L的感抗增大，L上的自感电动势增大，则灯泡B两端的电压减小，灯泡B将变暗，故D错误；
故选：C。
根据原副线圈的匝数比得出变阻器两端的电压；
变压器两端的磁通量之比恒为1：1；
根据匝数的变化得出电压的变化，从而得出副线圈功率的变化，结合变压器两端的功率特点得出输入功率的变化；
根据频率对感抗的影响得出灯泡两端的电压变化，从而分析出灯泡的亮度变化。
本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理，结合频率对感抗的影响即可完成分析。
11.【答案】D
【解析】解：通过导体棒的电流 I，则导体棒受到的安培F=BIL
根据左手定则可知：安培力的方向如图所示，
受力分析f=Fsinθ=BILsin方向为：水平向右
N=mg−Fcsθ=mg−BILcsθ，方向为：竖直向上
故ABC错误；D正确；
故选：D。
导体棒静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力．导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的摩擦力和支持力．
本题考查包含安培力的共点力平衡问题的分析，解决本题的关键能够正确地受力分析，将立体图转换为平面图，结合共点力平衡进行求解．
12.【答案】D
【解析】解：A、如果在平衡位置剪断绳子，振子质量减小，假设依然可以到达剪断前的最低点，则与剪断前比较，弹簧弹性势能的增加量大于振子动能和重力势能的减小量，机械能不守恒了，所以假设错误，所以A到不了原来的最低点，故A错误；
B、由于在上升过程中，AB间的绳子拉力一直对B做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点剪断绳子，则B带走的机械能最多，而能量形式包括太广，故B错误；
C、当在最高点剪断绳子时，此时A的速度为0，弹簧处于原长，回复力等于mg，而原来没有剪断绳子时，在最高点回复力等于2mg，振幅为x0，最大位移处的回复力和振幅成正比，所以在最高点剪断绳子时，此后A的振幅为x02，振幅比剪断绳子前变小了，故C错误；
D、剪断绳子后，根据A平衡得出新的平衡位置在弹簧原长下端x02处，如果在最低点剪断绳子，不难得出此后A的振幅为3x02，故D正确。
故选：D。
A、可以根据机械能守恒定律和假设法分析；
B、根据对B物体分析外力做功以及系统机械能守恒判断如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量是否最多；
CD、根据回复力公式以及对称性判断此后A振动的振幅。
本题既涉及弹簧振子简谐运动问题，也综合了机械能守恒思想，还需要根据回复力与位移成正比等分析，比较难。
13.【答案】B
【解析】解：A、圆环下滑过程受力如图所示，设弹性绳的伸长量为l，弹性系数为k，弹性绳与水平方向的夹角为θ
在水平方向，由平衡条件得：FN=klcsθ=kd，由于k、d都是常数，则FN不变，下滑过程竖直杆对圆环的摩擦力f=μFN大小不变，故A错误；
BC、圆环从A到C与从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等，设为ΔEp，摩擦产生的热量相等，圆环恰好回到A，则到达A点时圆环的速度为零，设为Q，设A、C间的距离为h，圆环从A到C过程，由功能关系得：mgh=ΔEp+Q，从C到A过程，由功能关系得：12mv2+ΔEp=mgh+Q，解得：Q=14mv2，ΔEp=mgh−14mv2，从A到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mgh−14mv2，在A处弹性绳的弹性势能不是零，则到达C点弹性绳的弹性势能大于mgh−14mv2，故B正确，C错误；
D、圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹性绳的弹力做功，机械能持续减小，圆环上升过程中弹性绳对环做正功，摩擦力对圆环做负功，由于不知弹性绳做功与摩擦力做功大小关系，无法判断圆环机械能如何变化，故D错误。
故选：B。
对圆环受力分析，求出圆环受到的滑动摩擦力，然后判断摩擦力的变化情况；根据圆环运动过程应用功能关系求出摩擦产生的热量，弹性绳的弹性势能；重力与弹力做功不改变机械能，摩擦力做功使机械能减少，根据环的运动过程分析答题。
分析清楚圆环的运动过程，由于功能关系即可解题；通过圆环水平方向上平衡得出杆对环弹力大小、摩擦力大小恒定是解决本题的关键。
14.【答案】AD
【解析】解：A、薄膜干涉的光程Δs=2d(d为薄膜厚度)，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与AD边平行，故A正确；
B、根据薄膜干涉的产生原理可知，上述现象是由空气膜上下表面反射的两列光叠加而成的，故B错误；
C.如果用手用力捏右侧三层，根据Δx=Ldλ可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，故C错误；
D、看到的条纹越多，说明相邻亮条纹间距变小，所以干涉条纹会变密，说明薄片的厚度越厚，故D正确。
故选：AD。
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λ2，并依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，从而即可求解。
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，并掌握干涉条纹间距公式的内容。
本题主要考查薄膜干涉的有关问题，薄膜干涉是典型的光的干涉现象，是由膜两个表面反射的两列光叠加而成的。
15.【答案】BD
【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，原子核越稳定，故A错误；
B、一群氢原子从n=5的激发态跃迁到基态时，最多能辐射出C52=10种不同频率的光子，故B正确；
C、卢瑟福依据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故C错误；
D、原子核衰变时电荷守恒，质量数守恒，但质量不守恒，故D正确。
故选：BD。
比结合能大说明原子核稳定．一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型．
本题是原子物理问题，要注意理解比结合能和结合能的性质，并明确原子跃迁所能放出的光子数。
16.【答案】x−d2 H+d2 4 等于
【解析】解：(1)小球自身大小不能忽略，根据实验操作，运动轨迹，结合桌子边缘到墙的距离为x。钢球的落点到桌面的距离为H，
可知，钢球此次实验平抛的水平位移为x−d2；
因钢球的落点到桌面的高度差为H，那么竖直位移为H+d2，
(2)根据平抛运动水平方向x=vt
竖直方向h=12gt2
可知钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，钢球下落的竖直位移变为原来的4倍；其他误差和阻力不计，初速度不变，所以本次钢球平抛的实际竖直位移等于原来钢球平抛竖直位移的N倍。
故答案为：(1)x−d2；H+d2；(2)4，等于。
(1)依据实验操作，及题目条件，从而确定水平位移与竖直位移；
(2)根据平抛运动规律分析解答。
本题考查平抛运动中的实验；要注意明确平抛运动的特征，注意该题小球不能当作质点来看待。
17.【答案】AC 己 B
【解析】解：(1)A、图甲方案电阻所在回路已经断开，则可以测量电阻，不会损坏仪器，故A正确；
B、图乙方案多用电表的极性接错，不但无法测量，而且会损坏仪器，故B错误；
C、图丙方案接法正确，可以测量电压，故C正确；
D、图丁方案，黑表笔接了内部电源的正极，这是正确的，但是二极管所在电路处于通电状态，不但无法测量，而且会损坏仪器，故D错误；
故选：AC。
(2)①为了尽量减小实验误差，目前电流表内阻已知，故采用己方案。
②由于电流表有5Ω的内阻，电源有一定数值的待测内阻，为了电路调节明显，滑动变阻器应该选B。
故答案为：(1)AC；(2)①己，②B
(1)根据实验电路图的分析判断能顺利完成测量，且不会损坏仪器的选项；
(2)根据实验原理选择电路图和滑动变阻器。
本题考查了实验电路选择与设计、实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键。
18.【答案】解：(1)设加热前汽缸B中的气体压强为pB，对两活塞和细杆整体，水平方向上受力平衡，则有
pASA+p0SB=p0SA+pBSB
SB=3SA
联立两式，代入数据解得pB=2p0
(2)B内气体做等温变化，由玻意耳定律有
pB⋅3V0=pB2⋅VB2
代入数据解得VB2=2V0
(3)B的体积减小了V0，故加热后A的体积为
VA2=3V0−2V0SB⋅SA+V0=4V03
再次对两活塞和细杆整体，水平方向受力平衡可得
pA2⋅SA+p0⋅SB=p0⋅SA+pB2⋅SB
代入数据解得pA2=7p0
对A中气体，根据理想气体状态方程可得
pAV0T0=pA2VA2TA2
代入数据解得TA2=700K
答：(1)加热前汽缸B中的气体压强为2p0；
(2)加热后汽缸B中的气体体积VB2为2V0；
(3)加热后汽缸A中的气体温度TA2为700K。
【解析】(1)对活塞和细杆整体，水平方向上列受力平衡方程，可得出B中的气体压强。
(2)B内气体等温变化，由玻意耳定律列方程可解。
(3)再次对活塞和细杆整体，水平方向上列受力平衡方程，可得出加热后A中气体压强；由几何关系可求出加热后A中气体体积；根据理想气体状态方程列式可得出加热后A中气体温度。
本题主要考查了理想气体状态方程及玻意耳定律，对物体正确进行受力分析，结合几何关系，列出理想气体状态方程即可。
19.【答案】解：(1)该过程中，根据能量守恒定律可得：
Ep=μ1mgL1+μ2mgL2
代入数据解得：μ2=0.2
(2)设滑块到达B点的速度为vB，根据能量守恒定律可得：
Ep−μ1mgL1=12mvB2
解得：vB=3m/s
选择1：若选手按下顺转按钮，设滑块在传送带上能全程加速，到达C点的速度为vC，根据动能定理可得：
μ2mgL2=12mvC2−12mvB2
解得：vC= 11m/s
vCvC>v0，说明按下顺转按钮可以沿轨道到达水平地面，闯关成功
选择2：若选手按下逆转按钮，设滑块在传送带上减速到零的对地位移为x，则
−μ2mgx=0−12mvB2
解得：x=1.25m
因为xvB= 5m/s又12mvB2=12×1×5J=2.5J>μ1mgL1=0.1×1×10×2J=2J
故滑块可以回到A点左侧，再闯关一次
综上分析，本次选手闯关不会失败
(3)设顺转按钮情景下的最小初始弹性势能为Ep1
有Ep1−μ1mgL1+μ2mgL2=12mv02
解得：Ep1=3.5J
且Ep1=3.5J≥μ1mgL1=2J，能够冲上传送带，成立
设逆转按钮情景下的最小初始弹性势能为Ep2
Ep2−μ1mgL1−μ2mgL2=12mv02
解得：Ep2=9.5J
综上所述，选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围为Ep≥9.5J
答：(1)传送带与滑块的动摩擦因数μ2的大小为0.2；
(2)通过分析可知，本次选手闯关不会失败；
(3)选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围为Ep≥9.5J。
【解析】(1)根据能量守恒定律列式得出动摩擦因数的大小；
(2)对两种情况分类讨论，根据动能定理列式，结合题意完成分析；
(3)对按钮的类型进行分类讨论，结合动能定理得出弹性势能的范围即可完成分析。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉动能定理列式即可完成分析，难度不大。
20.【答案】解：(1)金属棒a匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ=BI1L
其中：I1=B0Lv02R
解得：v0=2m/s
(2)再次匀速必有：BLva=BLvb，且vb方向向左
对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得：−BI−Lt1=mva−ma0
即：B2L2(xa−xb)2R=mv0−mva
对b棒，取向左为正方向，根据动量定理可得：B2L2(xa−xb)2R=mvb−0
联立解得：va=vb=1m/s，xa−xb=1.5m
根据题意可知：xa=3m，则xb=1.5m，方向向左；
由于a和b棒的加速度大小始终相等、方向相同，所以a相对于b做匀速直线运动，则有：
xa+xb=v0t1
联立解得：t1=2.25s
(3)此后a棒和b棒都以v=1m/s的初速度在EF的右侧相向运动，两棒初始相距Δx1=2.5m−1.5m=1m，并以相同的加速度(加速度不断减小)减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为s1、s2，对任意棒有：
−B2L2(s1+s2)2R=0−mv
解得：s1+s2=1.5m
所以最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，最后两棒都在EF的右侧停止，相距为：x=0.5m
又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故：Qa=12mgh
解得：Qa=10J
答：(1)斜面上金属棒a的匀速运动速度为2m/s；
(2)当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小为1.5m，a棒在CD与EF之间的运动时间为2.25s；
(3)最终稳定时两棒的间距为0.5m，全过程a棒的总发热量为10J。
【解析】(1)金属棒a匀速运动时受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)再次匀速二者的电动势大小相等、方向相反，分别对a棒、对b棒根据动量定理列方程联立求解b的速度大小；由于a和b棒的加速度大小始终相等、方向相同，所以a相对于b做匀速直线运动，由此求解a运动的时间；
(3)分析a和b的运动情况，根据位移关系得到最终稳定时两棒的间距，根据能量守恒定律求解全过程a棒的总发热量。
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、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。
21.【答案】解：(1)通道不转动，带电粒子仅沿着中轴线通过通道， 11H垂直于磁场边界进入磁场，则它在磁场中的轨道是半个圆周，如下图所示：
根据洛伦兹力提供向心力，有Bev=mv2r1，则r1=mvBe，代入数据解得r1=5×10−4m，在收集板上的落点位置y0=2r1=10−3m。
(2)12H粒子在磁场中运动的轨道半径r2=2mvBe，代入数据解得r2=10−3m，整个通道绕O点在纸面内缓慢转动，若向上转动，两种粒子则落在收集板的位置逐渐上移，转动到中轴线与水平方向的夹角为θ(θ≤90∘)时， 12H粒子达到y0 处，若角度再增大就会和 11H粒子落点重合，如下图所示：
由于r2=y0=10−3m，根据几何关系可以求解转动角θ的最大值为60∘。
若向下转动，两种粒子则落在收集板的位置也逐渐上移，转动到中轴线与水平方向的夹角为θ(θ≤90∘)时， 12H粒子达到y0处，若角度再增大就会和 11H 粒子落点重合，如下图所示：
由于r2=y0=10−3m，根据几何关系可以求解转动角θ的最大值也为60∘。
(3)PQ两平行绝缘板之间间距L=3×10−2m，当两板向上转过60∘时，沿P和Q边缘粒子的入射点为y1和y2根据几何知识可知y1=3×10−2m，y2=−3×10−2m，
根据第(2)问可知，两板绕O转过60∘， 12H粒子在磁场中运动的轨道与y轴相交得到的弦长为y0=10−3m，则 12H粒子在y轴正方向最大坐标为
ymax=y1−y0=3×10−2m−10−3m=2.9×10−2m；
11H粒子沿Q板在y2处进入磁场，在磁场中运动的轨道与y轴相交得到的弦长等于r1=5×10−4m，则 11H粒子粒子在y轴负方向最大坐标为
ymax1=y2−r1=−3×10−2m−5×10−4m=−3.05×10−2m
所以求 11H、 12H粒子在收集板上的重叠区间为−3.05×10−2m∼2.9×10−2m之间；同理可以得出若向下最大转动角θ=60∘， 11H、 12H粒子在收集板上的重叠区间也为−3.05×10−2m∼2.9×10−2m之间。
答：(1)通道不转动，带电粒子仅沿着中轴线通过通道， 11H垂直于磁场边界进入磁场，在收集板上的落点位置y0=10−3m；
(2)转动角θ的最大值为60∘；
(3)最大转动角θ=60∘， 11H、 12H粒子在收集板上的重叠区间为−3.05×10−2m∼2.9×10−2m之间。
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力可以算出 11H的轨道半径，根据几何知识可以算出坐标y0
(2)12H粒子不和 11H粒子在收集板上重叠，即 12H粒子不进入 11H粒子在y轴上0−y0 范围之内，理解这一点之后运用旋转圆方法画图求解
(3)在(2)问基础上画出通道内边缘粒子的轨道，在根据题意以及几何关系分析求解
带电粒子在有界磁场中运动问题，解题关键是根据题意画出轨迹图，运用几何知识求解，本题难点是第三问找重叠区间，需要画图分析。