2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了4km/h，2s时，Q点的位移是AD等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷
1. 2021年12月9日，翟志刚、王亚平、叶光富三位航天员在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空课。航天员叶光富在完全失重的环境中做了“转身动作”的实验，该实验与物理概念“角动量”有关，在物理学中角动量是和物体到原点的位移及动量相关的物理量，其大小可以表达为mvr，其中m、v、r分别对应质量、速率、半径。由此可以看出角动量的单位用国际单位制基本单位表示为(    )
A. kg⋅m/s B. kg⋅m2/s C. N⋅m/s D. N⋅m⋅s
2. 2022年11月杭州马拉松在杭州黄龙体育中心鸣枪开跑，马拉松全程42.195千米，路线如图所示，最终粟国雄以2小时17分17秒的成绩，获得马拉松男子组第一名，以下说法正确的是(    )

A. 粟国雄比赛中不可以看成质点 B. 粟国雄的平均速度约为18.4km/h
C. 42.195千米是此次行程的位移大小 D. 2小时17分17秒指的是时间间隔
3. 图甲展现了在医院用某频段电磁波进行医学成像诊断的场景，图乙是技术所成的相片。关于该成像技术，下列说法中正确的是(    )
A. 该频段的电磁波属于γ射线
B. 可以利用该频段的电磁波进行灭菌消毒
C. 可以利用该频段的电磁波制成不需要与身体接触的温度计
D. 可以利用该频段的电磁波在车站、机场等地探测箱内的物品

4. 我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如下图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端栓接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是(    )

A. B. C. D.
5. 如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则(    )
A. 机械能守恒，动量守恒
B. 机械能守恒，动量不守恒
C. 机械能不守恒，动量守恒
D. 机械能不守恒，动量不守恒
6. 如图所示为射线测厚装置示意图，它的放射源为铯−137，已知铯−137的衰变方程为 55137Cs→x1377Ba+−10e，半衰期约为30年，下列说法正确的是(    )


A. 60年后 55137Cs全部衰变完
B. 金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越小
C.  x137Ba原子核的比结合能比 55137Cs原子核的大
D. 该反应为β衰变，β射线即为核外电子的逸出
7. 如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表所示。下列说法中正确的是(    )
热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W


A. 小风扇的内阻为8Ω
B. 吹热风时流经电热丝的电流约为2.1A
C. 变压器原、副线圈的匝数比n1：n2为3：11
D. 吹冷风时P的c触点与a接触、P的d触点与b接触
8. 图甲描绘了在t=0时刻，由两波源S1、S2在均匀介质中形成的波阵面平面图(实线和虚线分别代表波峰和波谷)。已知这两个波源的振动频率相等，振幅相同。P和Q是该平面上的两个固定点，S1、S2间的距离是0.2m。图乙是P点的振动图像(位移−时间关系)。下列说法中正确的是(    )


A. S1S2的连线上共有4个干涉减弱点 B. S1S2连线的延长线上没有干涉增强点
C. t=0.2s时，Q点的位移是A D. 波源S1发出的机械波波速为0.2m/s
9. 如图所示，两束相同的单色光A和B从介质Ⅰ垂直射入扇形介质Ⅱ，都在点P处发生折射，折射角分别为θA和θB。A和B在扇形介质Ⅱ的入射点距O点的距离分别为3d和2d，下列选项中正确的是(    )
A. sinθAsinθB=32
B. 单色光A在介质Ⅱ中的波长比其在介质Ⅰ中的长
C. 单色光B在介质Ⅱ中的频率比其在介质Ⅰ中的大
D. 若将单色光A换成另一束频率更大的单色光C，则C依然能从P点射入介质Ⅰ

10. 如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点(p、q两点到螺线管边缘的距离相等)。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的(    )

A. 永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B. 永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C. 若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D. 若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
11. 2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是(    )


A. 起跳速度为16m/s B. 在最高点速度为0
C. 下滑过程机械能守恒 D. 从下滑到着陆重力做功35000J
12. 如图所示，无限长直导线A、B和以点p为圆心的圆形导线C、D固定在xy平面内。导线C、D有强度相同的恒定电流，导线B中有强度为I0、方向为+x的电流。导线C在p点产生的磁感应强度B0。当导线A中的电流改变时，导线A～D的电流在p点产生的磁感应强度大小如下表，下列叙述正确的是(    )
导线A的电流
导线A～D的电流在p点产生的磁感应强度大小
强度
方向
0
无
0
I0
+y
？
I0
−y
B0

A. 表格中的“？”应填入2B0
B. 导线B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0
C. 导线D中电流在p点产生的磁感应强度比导线B产生的要小
D. 导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向是垂直xy平面向内
13. 某行星的卫星A、B绕以其为焦点的椭圆轨道运行，作用于A、B的引力随时间的变化如图所示，其中t2= 2t1，行星到卫星A、B轨道上点的距离分别记为rA、rB。假设A、B只受到行星的引力，下列叙述正确的是(    )


A. B与A的绕行周期之比为 2：1 B. rB的最大值与rB的最小值之比为2：1
C. rA的最大值与rA的最小值之比为3：1 D. rB的最小值小于rA的最大值
14. 以下光学现象正确的是(    )


A. 如图甲光导纤维中内芯的折射率大于外套
B. 如图乙抽去一张纸片，劈尖干涉的条纹间距变小
C. 如图丙太阳的反射光中振动方向垂直纸面的光较强
D. 如图丁，用两根铅笔之间的缝隙观察衍射条纹，缝隙越窄，观察到的中央衍射条纹越宽
15. 如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是(    )

A. E= 33E0φ=4φ0
B. E= 36E0φ=14φ0
C. 将质子 (比荷 em) 从 P 点无初速释放，则质子的最大速度为  φoe2m
D. 若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，则 x 轴上各点电场强度为零，电势为零
16. 敏敏利用图1中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：
i.将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
ii.将n(依次取n=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N−n个钩码仍留在小车内。先用手按住小车再由静止释放，同时用速度传感器记录小车的运动情况，绘制v−t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。
iii.对应不同的n的a值作出a−n图像3，并得出结论。

①该同学实验过程中重物始终未落地，得到如图所示v−t图象2，根据图象可以分析出在实验操作中可能存在的问题是______
A.实验中未保持细线和轨道平行
B.实验中没有满足小车质量远大于钩码质量
C.实验中先释放小车后打开打点计时器
②利用a−n图像求得小车(空载)的质量为______ kg(保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2)。
③若以“保持木板水平”来代替步骤①，则所得的a−n的图像______ (填入正确选项前的标号)。
A.B.C.D.

17. 用螺旋测微器测量某材质电线的直径d，其中一次测量如图所示，其读数d= ______ mm。


18. 额温枪中常用的测温元器件是热敏电阻。某小组设计了如图1所示的电路验证热敏电阻阻值与温度关系的准确性，除了该热敏电阻之外，实验室还备有如下器材：
A.电源E(电动势6V，内阻r=1Ω)
B.电流表(量程0～0.2A，内阻r1=20Ω)
C.电流表(量程0～0.6A，内阻r2≈1Ω)
D.定值电阻R0
E.开关S，导线若干

①为了较准确的测量电阻Rx在不同温度下的阻值，请在图1中的虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号；
②如果在电阻温度稳定时，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx= ______ (用题中所给字母表示)；
③为了进一步验证“额温枪”测温的准确性，该同学设计了图2所示电路，已知电源电动势E=1.5V，内阻不计，R0=25Ω，热敏电阻的阻值与温度的关系如图3所示。闭合电键后发现电压表示数为0.50V，则热敏电阻此时的温度为______ ℃(保留两位有效数字)。
19. 在“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，注射器内空气体积逐渐减小，多次测量得到注射器内气体压强p、体积V变化的p−V图线，如图所示(其中实线是实验所得图线，虚线为一条双曲线，实验过程中环境温度保持不变)，发现该图线与玻意耳定律明显不合，造成这一现象的可能原因是(    )


A. 实验时用手握住注射器 B. 实验时迅速推动活塞
C. 注射器没有保持水平 D. 推动活塞过程中有气体泄漏
20. 如图为一水平放置的气缸，装一定量的体积为1×103cm3的某理想气体，通过一横截面积S=10cm2的活塞与压强为p=1.0×105Pa的大气相隔。活塞与气缸壁之间有一定压力，二者间最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=50N，摩擦产生的热量均耗散到外界，不被气缸内气体吸收。初态气体温度头T0=300K，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用。现用一加热器缓缓对气缸加热，假设气体始终经历准静态过程。求：
(1)活塞开始移动时气体温度T1；
(2)当加热至末态T2=900K时，因摩擦而耗散的热量；
(3)已知该气体的内能满足U=0.5T(J)(T单位取K)，求从初态到末态气体总吸热Q。
21. 如图所示是一个大型益智儿童玩具。竖直平面内一个大小不计、质量为m=0.4kg的物块轻轻放在长为L1=2m的动摩擦因数为μ1=0.75、速度可调的固定传送带右端。物块由传送带自右向左传动，CH之间的开口正好可容物块通过。传送带左侧半圆轨道固定，半径为R=0.4m，与长为L2=158m，动摩擦因数为μ2=0.8的水平粗糙地面EF相连，F点正上方存在一个固定的弹性挡板(碰后原速率反弹)。F点右侧紧挨着两辆相互紧靠(但不粘连)、质量均为M=0.2kg的摆渡车A、B，摆渡车长均为L3=2m，与物块之间的动摩擦因数均为μ3=0.15，与地面间的摩擦可略，g取10m/s2，则：
(1)若物块恰好不脱轨，求物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力；
(2)通过调节传送带速度，使物块运动过程中始终不脱轨，求物块最终可能在EF上停留的区域长度d；
(3)若撤去弹性挡板，且传送带速度调为6m/s，求A的最终速度大小及物块在摆渡车上滑行时产生的热量Q。


22. 如图，有两倾角θ=30°、间距d=0.1m的足够长平行金属导轨，其顶端和底端各连有一个R=0.1Ω的电阻。一恒流源为电路提供恒定电流I=2A，电流方向如图所示。在两导轨间存在垂直导轨平面向上的磁场，沿导轨向下建立坐标轴xOy，磁感应强度沿y方向大小不变，沿x方向大小满足B1=2x(T)(x≤4m)，B2=2T(x>4m).质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间摩擦系数μ= 33，让金属棒ab从x=0处以很小的速度(可忽略不计)开始向下运动。x=4m处两导轨各有一小段长度可以忽略的绝缘部分，隔开上下金属导轨。金属棒ab及金属导轨的电阻不计。求：
(1)金属棒ab运动到x=1m位置时加速度大小；
(2)金属棒ab从x=0向下运动到速度为0的过程中，克服摩擦力所做的功；
(3)若导轨光滑，改变恒流源电流方向，让金属棒从x=0静止释放，可以证明导体棒做简谐运动，且简谐运动的周期T=2π mk，其中m为做简谐运动的物体的质量，k为F=−kx中比例系数k，求从t=0到T2时间内安培力的冲量。

23. 如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E=2mv2eR，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等(与竖直方向对称)。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
(1)求荧光区域的横坐标的最小值；
(2)若从y=R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
(3)求荧光区域的横坐标的最大值；
(4)现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上(没有离开第一象限)，求B的取值范围。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：在物理学中角动量是和物体到原点的位移及动量相关的物理量，其大小可以表达为mvr，其中m、v、r分别对应质量、速率、半径。
质量m的国际单位是kg，速率v的国际单位是m/s，半径r的国际单位是m，所以角动量mvr用国际单位制基本单位表示为kg⋅m2/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。

2.【答案】D 
【解析】解：A、当物体的大小形状对所研究的问题没有影响或影响很小可以忽略不计时，物体可以看成质点，粟国雄大小形状对比赛的影响很小，可以忽略，所以可以看成质点，故A错误；
BCD、42.195千米为运动员的轨迹的长度，是路程，所用时间2小时17分17秒为2.288小时，物体的平均速率为v−=st=42.195km2.288h=18.4km/h，故BC错误，D正确。
故选：D。
当物体的大小形状对所研究的问题没有影响或影响很小可以忽略不计时，物体可以看成质点，位移是始末位置的有向线段，路程是轨迹的长度，时间间隔是时间轴上的一段，而时刻是时间轴上的点，平均速度是位移与时间的比值。
该题考查对位移与路程、时间与时刻等基本概念的理解，这些都是学好物理的基础，要牢固掌握，深入理解。

3.【答案】D 
【解析】解：A.医院利用X光线能穿透物质，来检查人体的内部器官，故可判断该频段的电磁波为X射线；医学上利用γ射线摧毁病变的细胞，故A错误；
B.紫外线可以进行灭菌消毒，故B错误；
C.利用红外线的热辐射可以制成不需要与身体接触的温度计，故C错误；
D.由于X光线能穿透物质，故可利用X射线在车站、机场等地探测箱内的物品，故D正确。
故选：D。
医院利用X光线能穿透物质，来检查人体的内部器官，故可判断该频段的电磁波为X射线；医学上利用γ射线摧毁病变的细胞；
紫外线可以灭菌消毒；
利用红外线的热辐射可以制成不需要与身体接触的温度计；
由于X光线能穿透物质，故可利用X射线在车站、机场等地探测箱内的物品。
解题关键是理解红外线、紫外线、X射线、γ射线之间的特点，熟悉它们在生活中的应用。

4.【答案】A 
【解析】解：设上面小球的质量为m，下面小球的质量为M，上半段绳与竖直方向的夹角为θ，下半段轻绳与竖直方向的夹角为α。以两个小球组成的整体为研究对象，其受力分析如图1所示

根据牛顿运动定律有：Fsinθ=(M+m)a，Fcosθ=(M+m)g，解得：tanθ=ag；以下面的小球为研究对象，其受力分析如图2所示

根据牛顿运动定律有：F′sinα=Ma，F′cosα=Mg，解得：tanα=ag，因此α=θ，即A项正确，BCD项错误，故选A。
首先把两个小铁球看成一个整体，根据牛顿运动定律分析上面半段轻绳的偏角；然后隔离下面的小球，根据牛顿运动定律分析下面半段轻绳的偏角，比较两个偏角即可得出结论。
本题目考查的知识点是牛顿运动定律的应用，利用整体法、隔离法可以很快解决

5.【答案】B 
【解析】解：忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为系统，只有单摆的重力对系统做功，使系统的重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒。
直接分析系统所受合力是否为零，不好分析，可用假设法处理。
假设车和摆组成的系统动量守恒，则由动量守恒条件可知，系统在整个运动过程中所受合力应始终为零。但是当摆运动到最低点时，系统所受合力为单摆的向心力、不等于零，故假设不成立，故系统动量不守恒。
但系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
以车和摆的整体为研究对象，判断是否机械能守恒？是否动量守恒？应该从机械能守恒、动量守恒的条件去分析。机械能守恒的条件是只有重力对系统做功，动量守恒的条件是系统所受合外力始终为零。
本题考查连接体的动量守恒、机械能守恒问题，要掌握机械能守恒的条件是只有重力(或弹簧弹力)对系统做功，动量守恒的条件是系统所受合外力始终为零。

6.【答案】C 
【解析】解：A.根据半衰期的定义可知，经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，故A错误；
B.金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越大，故B错误；
C.因为生成物比反应物稳定，所以 x137Ba原子核的比结合能比 55137Cs原子核的大，故C正确；
D.β衰变的本质是原子核内部的一个中子放出一个电子，最终中子变为质子，故D错误。
故选：C。
根据半衰期的定义得出元素的剩余质量；
金属板厚度越薄则探测器收到的辐射强度越大；
根据反应物和生成物的稳定程度得出原子核的比结合能的大小关系；
理解β衰变的电子来源。
本题主要考查了元素的衰变问题，理解衰变前后的特点，掌握β衰变的电子来源即可完成分析。

7.【答案】A 
【解析】解：D、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片P应与触点b、c接触，故D错误；
A、由表格数据得，冷风时输入功率为60W，正常工作时小风扇输出功率为52W，说明小风扇内阻消耗的功率为8W，则有Pr=I2r
I=P入U=6060A=1A
联立解得：r=8Ω
故A正确；
B、吹热风时，电热丝的热功率为P=460W−60W=400W
流经电热丝的电流为I′=PU′=400220A=1.8A
故B错误；
C、理想变压器原副线圈的匝数之比等于电压比，有n1n2=U′U=22060=113
故C错误。
故选：A。
当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作；根据热功率公式和电功率公式求解小风扇的内阻；吹热风时，电热丝的热功率为总功率与对外做功功率之差，根据功率公式求解流经电热丝的电流；根据理想变压器原副线圈的匝数之比等于电压比求解匝数比。
本题考查理想变压器和非纯电阻电路，解题关键是知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，区分纯电阻电路和非纯电阻电路，知道非纯电阻电路中U=IR不能适用。

8.【答案】A 
【解析】解：A.由图甲可知，波长为λ=0.1m，根据干涉减弱点的特点，路程差应为半个波长的奇数倍，S1S2的连线上距S1、S2的距离差为0.05m、0.15m的点各有两个，即共有4个干涉减弱点。故A正确；
B.只要S1S2连线的延长线上各点到两波源的距离差为一个波长的整数倍时，均为干涉增强点。故B错误；
C.由甲图可知Q点为振动减弱点，t=0.2s时，Q点的位移是零。故C错误；
D.由乙图可知，波的振动周期为T=0.4s
根据v=λT得：
v=0.25m/s，故D错误。
故选：A。
根据路程差与波长的关系，分析振动加强点与振动减弱点，波谷和波谷相遇都是振动加强点，波峰和波谷相遇是振动减弱点；根据时间与周期的关系，结合波的叠加原理，求解质点的位移；根据v=λT求波速。
本题考查对波动图象和波的叠加原理的理解，考查了振动加强点与振动减弱点与分析判断。

9.【答案】A 
【解析】解：A.设单色光A在介质Ⅱ中的入射角为sinθ′A，单色光B在介质Ⅱ中的入射角为sinθ′B。根据相对折射率的概念可知：
sinθAsinθ′A=sinθBsinθ′B
设扇形介质II的半径为R，根据题目中的几何关系可得：
sinθ′A=3dR,sinθ′B=2dR
联立解得：sinθAsinθB=32，故A正确；
BC.根据光路图中入射角与折射角的大小关系，可推断出介质II为光密介质，介质I为光疏介质。因为单色光A和B为同种单色光，所以二者的频率相同，并且在不同介质中保持不变，根据题意可得：
n=λ0λ
由此可分析出在介质II中的波长比其在介质I中的短，故BC错误；
D.根据全反射角的公式sinC=1n可知，如果将单色光A换成另一束频率更大的单色光C，那么其临界角变小，C可能发生全反射不从P点射入介质I，故D错误。
故选：A。
根据几何关系和相对折射率的概念得出折射角的正弦值的比值关系；
根据折射定律得出不同光在介质中的波长的大小关系；
根据临界角与频率的关系，结合题意完成分析。
本题主要考查了光的折射定律，理解光的折射定律的内容，结合几何关系和临界角的计算公式即可完成分析。

10.【答案】C 
【解析】解：A.灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；
B.根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；
C.根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；
D.若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。
故选：C。
根据切割电动势规律和欧姆定律，分析速度大小关系；
根据能量转化与守恒，分析机械能关系；
根据楞次定律，分析感应电流方向，分析二极管发光情况；
本题考查学生对切割电动势规律、欧姆定律、能量转化与守恒、楞次定律等规律的掌握，具有一定综合性，难度中等。

11.【答案】D 
【解析】解：AB、运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有h1=vy22g，tan37°=vyvx，解得vy=16m/s，vx=643m/s，所以运动员在最高点的速度为643m/s；
运动员的起跳速度为v= vx2+vy2，代入数据解得v=803m/s，故AB错误；
C、下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；
D、运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为h2=−vyt+12gt2，代入数据解得h2=16m
所以从下滑到着陆重力做功为W=mg(h0+h2)=70×10×(34+16)J=35000J，故D正确。
故选：D。
根据斜上抛运动的规律可计算运动员从起跳点起跳时的水平分速度和竖直分速度，进而确定运动员的起跳速度；根据机械能守恒的条件分析；根据运动学公式计算运动员在空中的下落高度，进而求解全程重力做功情况。
本题主要考查了斜抛运动，解题的关键点是理清运动员的运动情况，结合运动学公式处理问题。

12.【答案】B 
【解析】解：A.导线A中的电流为0时，p点合磁感应强度为零，即B、C、D三条导线产生合磁场为零，当A中电流为−I0时，p点合磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，故当A中的电流为I0时，p点合磁感应强度仍为B0，方向应垂直纸面向里，故A错误；
B.由于A、B导线到p点距离相等，根据对称性，B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0，故B正确；
C.导线D中电流大小及方向不确定，不能比较其在p点产生磁感应强度与导线B产生磁感应强度，故C错误；
D.导线C中电流方向未知，导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向不能确定，故D错误。
故选：B。
根据磁感应强度合成法则，分析当A中的电流为I0时，p点合磁感应强度；
根据对称性，分析B中电流在p点产生的磁感应强度大小；
导线D中电流大小及方向不确定，导线C中电流方向未知，根据右手定则，不能确定导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向。
本题考查学生对磁感应强度合成法则、对称性等规律的掌握，是一道基础题。

13.【答案】D 
【解析】解：A.由图，A、B周期为TA=t1，TB=2t2
其中t2= 2t1，故B与A绕行周期之比TBTA=2t2t1=2 21
故A错误；
B.由图，当rB最小时9F=GMmrBmin2
当rB最大时F=GMmrBmax2
rB的最大值与rB的最小值之比为rBmaxrBmin=31
故B错误；
C.由图，当rA最小时8F=GMmrAmin2
当rA最大时2F=GMmrAmax2
rA的最大值与rA的最小值之比为rAmaxrAmin=21
故C错误；
D.根据开普勒第三定律：(TBTA)2=(rBmin+rBmax2rAmin+rAmax2)3
解得rBminrAmax=34，故D正确。
故选：D。
根据题意，确定周期之比；
根据题图，选取特殊值，求半径最大值和最小值之比；
根据开普勒第三定律，求半径之比。
本题考查学生对开普勒第三定律的掌握，以及对题意的分析能力，是一道数学物理综合题，难度中等。

14.【答案】ACD 
【解析】解：A、甲光导纤维利用全反射原理，所以内芯的折射率大于外套，故A正确；
B、如图乙抽去一张纸片，即空气膜的夹角减小，根据薄膜干涉的原理可知，劈尖干涉的条纹间距变大，故B错误；
D、根据单缝衍射原理可知，用两根铅笔之间的缝隙观察衍射条纹，缝隙越窄，观察到的中央衍射条纹越宽，故D正确；
C、太阳的反射光中振动方向垂直纸面的光较强，故C正确。
故选：ACD。
光导纤维内芯的折射率比外套的大，依据的原理是光的全反射；单缝衍射条纹是中间亮条纹明亮且宽大，越向两侧宽度越小；
薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的，当两反射光的路程差(即膜厚度的2倍)是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；
根据单缝衍射的规律说明；
太阳光中反射光和折射光均是偏振光，偏振现象说明光是一种横波。
本题考查了光的全反射、单缝衍射、薄膜干涉和光的偏振现象等知识点，属于基础题，难度不大。

15.【答案】BD 
【解析】解：AB、圆弧AO在圆心P点产生的场强大小与圆弧OB在P点产生的场强大小相等，两个场强方向夹角为60°，电势相等，同理圆弧OC在圆心P点产生的场强大小与圆弧OD在P点产生的场强大小相等，且夹角也为60°，电势相等，根据电场强度矢量叠加法则有4Ecos30°=E0，计算解得E= 36E0，根据电势标量的叠加法则有φ0=4φ，得φ=φ04，故A错误，B正确；
C、从P点无初速释放质子，到达无穷远处时速度最大，根据动能定理有eφ0=12mv2，得v= 2φ0em，故C错误；
D、若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，正电荷和负电荷在x轴上各点产生电场强度大小相等，方向相反，其合场强为零，正、负电荷产生电势数值相等，电势叠加结果为零，故D正确。
故选：BD。
分别找出圆弧AO、OB、0C、OD在圆心P点产生的场强大小和方向，根据电场强度矢量叠加法则求场强关系，分别找出圆弧AO、OB、OC、OD在圆心P点产生的电势，根据电势叠加法则求电势关系；P点无初速释放质子，到达无穷远处时速度最大，根据动能定理求质子的最大速度；根据对称性及矢量和标量叠加的法则可求x轴上各点产生电场强度及电势。
本题考查电场叠加、场强、电势，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

16.【答案】A  0.45  C 
【解析】解：①v−t图象(b)中后半段斜率明显减小，即加速度减小，合外力减小，可能存在的问题是实验中未保持细线和轨道平行，当小车离滑轮较远时，拉力几乎还是沿长木板方向，加速度不变，当小车离滑轮较近时，拉力与长木板的夹角迅速增大，小车受到的合力明显减小，加速度减小。故A正确，BC错误。
故选：A。
②由牛顿第二定律可得：nmg=(M+5m)a
整理得：a=mg(M+5m)⋅n
由图(c)可知，当n=5时，a=1.00m/s2，数据代入上式可得M=0.45kg
③若以“保持木板水平”来代替步骤①，则小车会受到长木板的摩擦力，当钩码数增大到一定程度才开始有加速度，故图线与横轴有交点，由牛顿第二定律可得nmg−f=(M+5m)a
加速度a与所挂钩码数n为一次函数，可知C选项的图线符合题意。故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：①A；②0.45；③C。
①根据图像分析加速度和力的变化情况，再根据实验装置分析判断；
②根据牛顿第二定律推导计算；
③根据牛顿第二定律结合图像分析判断。
本题考查探究物体加速度与其所受合外力之间的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。

17.【答案】1.498 
【解析】解：螺旋测微器的测量精度为0.01 mm，
螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×49.8mm=0.498mm，
所以最终读数为：1mm+0.498mm=1.498mm。
故答案为：1.498。
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出。
本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

18.【答案】I1r1I2−I1  36 
【解析】解：①已知内阻的电流表可作为电压表使用，电流表A1与待测电阻并联，电流表A2接在干路上，电路图如图所示：

②待测电阻两端电压Ux=I1r1
通过待测电阻的电流Ix=I2−I1
根据欧姆定律Rx=UxIx=I1r1I2−I1
③根据电压关系，热敏电阻两端电压UR=E−U=1.5V−0.50V=1.00V
根据串联定律电压与电阻的关系RR0=URU
代入数据解得电阻R=50Ω
根据图3，当电阻R=50Ω时，对应的温度为36℃
故答案为：①见解析；②I1r1I2−I1；③36。
①已知内阻的电流表可作为电压表使用，电流表A1与待测电阻并联，电流表A2接在干路上，据此完成电路图；
②根据欧姆定律求热敏电阻两端电压，根据并联电路的电流分配求通过热敏电阻的电流，根据欧姆定律求电阻；
③根据电压关系，热敏电阻两端电压，根据串联电路电压分配原则求热敏电阻的阻值，结合图3求温度。
本题考查了电阻的测定，欧姆定律的运用；注意已知内阻的电流表可作为电压表使用。

19.【答案】D 
【解析】解：由图示图象可知，该图线与玻意耳定律不够吻合，结合图象的特点可知，压缩气体的过程中p与V的乘积减小，根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C分析可知，造成这一现象的可能原因是：实验时注射器内的空气向外泄漏，或实验时环境温度降低了，故ABC错误，D正确。
故选：D。
研究温度不变时气体的压强跟体积的关系实验需要控制气体温度不变；根据题意，结合一定质量的理想气体状态方程pVT=C分析答题。
本题考查了“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验，解决本题时要明确实验中的操作步骤和一些注意事项，同时要求学生会分析实验误差。

20.【答案】解：(1)初始状态时，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用，则气体的压强为：
p0=p=1.0×105Pa
设活塞开始移动时气体压强为p1，根据受力平衡可得：
p1S=pS+f
解得：p1=1.5×105Pa
此过程气体发生等容变化，根据查理定律可得：
p0T0=p1T1
解得：T1=450K
(2)从T1=450K加热至末态T2=900K，气体发生等压变化，设活塞移动的距离为x，根据盖—吕萨克定律可得：
V1T1=V2T2
根据题意可得：
ΔV=V2−V1=Sx，V1=1×103cm3
联立解得：x=1m
故当加热至末态T2=900K时，因摩擦而耗散的热量为Qf=fx
代入数据解得：Qf=50J
(3)从初态到末态气体内能增加量为ΔU=0.5T2−0.5T0
此过程外界对气体做功为W=−p1Sx
根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q
联立解得：Q=450J
答：(1)活塞开始移动时气体温度为450K；
(2)当加热至末态T2=900K时，因摩擦而耗散的热量为50J；
(3)已知该气体的内能满足U=0.5T(J)(T单位取K)，从初态到末态气体总吸热为450J。 
【解析】(1)根据受力分析得出气体的压强，结合查理定律列式得出气体的温度；
(2)根据盖—吕萨克定律得出气体的体积，结合摩擦力的计算公式得出摩擦产热量；
(3)根据热力学第一定律代入数据计算出气体的吸热量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉气体状态参量的分析，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律即可完成分析。

21.【答案】解：(1)若物块在C点恰好不脱轨，则
mg=mvC2R
解得：vC= gR
代入数据得：vC=2m/s
从C点到D点，由动能定理得
mgR=12mvD2−12mvC2
解得：vD=2 3m/s
D点轨道对物块的弹力为
FN=mvD2R
代入数据得：FN=12N
由牛顿第三定律得，物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力F′N=12N
方向水平向左。
(2)若物块从出发至C点一直加速，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
代入数据得：a1=7.5m/s2
则到达C点的最大速度vCmax，则
vCmax2=2μ1gL1
代入数据得：vCmax= 30m/s
故从C点的速度范围为2m/s≤vC≤ 30m/s
从C点到最终停下来，在水平粗糙地面EF通过的路程为S，由动能定理得：
mg×2R−μ2mg⋅S=0−12mvC2
可得54m≤S≤238m
物块最终可能在EF上停留的区域长度为：
d=S−L2
代入数据得：d=1m
(3)由动能定理得：
mg×2R−μ2mgL2=12mvF2−12mvC2
解得：vF=4m/s
物块在A上滑行时，推动A、B一起运动，设物块到达A末端时A、B的速度为vA，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvF=mv1+2MvA
由能量守恒定律得：
μ3mgL3=12mvF2−12mv12−12×2MvA2
可得v1=3m/s，vA=1m/s
此后物块在B上滑行时，推动B继续加速，设物块与B共速时的速度为vB，物块与B的相对位移为ΔL，由动量守恒定律得：
mv1+MvA=(m+M)vB
由能量守恒定律得：
μ3mg⋅ΔL=12mv12+12MvA2−12(m+M)vB2
解得：ΔL=49m
物块在摆渡车上滑行时产生的热量为：
Q=μ3mg(L3+ΔL)=2215J
代入数据得：Q=2215J
答：(1)物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力大小为12N，方向水平向左；
(2)物块最终可能在EF上停留的区域长度d为1m；
(3)若撤去弹性挡板，且传送带速度调为6m/s，A的最终速度大小为1m/s，物块在摆渡车上滑行时产生的热量Q为2215J。 
【解析】(1)根据物块在C点恰好不脱轨，求出物块在C点的速度，根据动能定理求解物块达到D点的速度大小，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解物块经过D点时物块对轨道的压力；
(2)分析物块在传送带上的运动情况，求出物块离开C点时的最大速度，结合动能定理求出物块最终可能在EF上停留的区域长度；
(3)根据动能定理求解物块达到F点的速度大小，结合动量守恒定律和能量守恒定律求解物块在摆渡车上滑行时产生的热量。
本题主要是考查了功能关系、动能定理、牛顿第二定律的综合应用、平抛运动、向心力的计算等问题，综合性强，关键是能够选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动量守恒定律和能量守恒定律关系列方程解答。

22.【答案】解：由题意可知：两导轨倾角θ=30°，金属棒与导轨间的动摩擦系数μ= 33，则mgsinθ=μmgcosθ
(1)x=1m处磁感应强度大小B1=2x=2×1T=2T
对金属棒，由牛顿第二定律得：B1Id+mgsinθ−μmgcosθ=ma
代入数据解得，金属棒的加速度大小：a=4m/s2
(2)从x=0到x=4m过程中，金属棒受到的安培力大小FA=B1Id=2x×2×0.1=0.4x
安培力做功W安培=FA−x=0+0.4x2x=0.2x2=0.2×42J=3.2J
对金属棒，由动能定理得：W安培+mgxsinθ−μmgxcosθ=12mv2−0
代入数据解得，金属棒运动到x=4m时的速度大小v=8m/s
金属棒从x=4m到速度为0的过程中，金属棒受到的安培力大小F安培1=B2Id=B22d2vR
以平行于导轨向下为正方向，由动量定理得：−F安培1−t+(mgxsinθ−μmgxcosθ)t=0−mv
其中：F安培1−t=B22d2v−Rt=B22dx′R
整理得：B22dx′R=mv
代入数据解得，金属棒减速运动的位移大小：x′=2m
金属棒ab从x=0向下运动到速度为0的过程中，克服摩擦力所做的功：
W=μmg(x+x′)cosθ= 33×0.1×10×(4+2)× 32J=3J
(3)当金属棒运动到x位置时，金属棒受到的合力大小：F合=mgsinθ−B1Id
代入数据解得：F合=−0.4(x−1.25)，金属棒做简谐运动，且平衡位置位于x0=1.25m处，比例系数k=0.4，
简谐运动的周期：T=2π mk=2π 0.10.4s=π s
从t=0到T2时间内，对金属棒，由动量定理得：mgsinθ×T2−I=0−0
代入数据解得，安培力的冲量大小：I=π4N⋅s
答：(1)金属棒ab运动到x=1m位置时加速度大小是4m/s2；
(2)金属棒ab从x=0向下运动到速度为0的过程中，克服摩擦力所做的功是3J；
(3)从t=0到T2时间内安培力的冲量大小是π4N⋅s，方向平行于轨道向上。 
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出金属棒的加速度大小。
(2)应用动能定理求出金属棒到达x=4m处的速度大小，应用动量定理求出金属棒速度减为零的位移大小，然后应用功的计算公式求出克服摩擦力做的功。
(3)求出简谐运动的周期，然后应用动量定理求出安培力的冲量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

23.【答案】解：(1)根据题意，电子做类平抛运动，E=Fe，a=Fm，xmin=vt，R=12at2
  解得xmin=R
(2)电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为vy=Eemt=2v
电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%−75%=25%
则当电子与荧光屏碰撞过程有25%×12m(v22+vy2)=12m(vx12+vy12)，tanθ=vyv=vy1vx1
解得vy1=v，vx1=v2
根据动量定理，有−Fxt0=mvx1−mv，−Fyt0=−mvy1−mvy
所以F= Fx2+Fy2= 37mv2t0
(3)电子从y=2R沿x轴正方向射出，有x0=vt1，2R=12Eemt12
解得x0= 2R
第一次碰撞后电子的速度为vy1=12vy=v=gt2，vx1=12vx=12v
第一次碰撞后电子的水平位移为x1=2×14x0
第二次碰撞后电子的水平位移为x2=2×14x1
第n次碰撞后电子的水平位移为xn=2×14xn−1
所以xmax=x0+x1+⋯+xn= 2R+2×14 2R1−14=5 23R
(4)根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即rn=12rn−1
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则rmin(1+cosθ)=2Rrminsinθ=12rmin(1−sinθ)
联立解得rmin=6R3+2 2，Bmax=(3+2 2)mv6eR
根据几何关系x1=rsinθ，xn=2×12xn−1
所以x=x1+x2+⋯+xn=rsinθ+2×12rsinθ1−12=3rsinθ≤5R
所以rmax=5R3，Bmin=3mv5eR
所以B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+2 2)mv6eR
答：(1)荧光区域的横坐标的最小值为xmin=R，
(2)第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小为F= Fx2+Fy2= 37mv2t0
(3)荧光区域的横坐标的最大值为5 23R，
(4)B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+2 2)mv6eR 
【解析】(1)微粒沿x轴正方向方向进入电场，做类平抛运动，根据平抛运动得基本公式即可求解。
(2)根据动量定理求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力。
(3)分析多次电子碰撞荧光屏后电子水平位移。
(4)根据洛伦兹力提供向心力，分析电子静止在荧光屏上B的范围。
通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握平抛运动的基本公式，根据洛伦兹力提供向心力，对B的取值进行求解，难度中等。