2022-2023学年天津市东丽区高二（下）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年天津市东丽区高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 物理学中，将一个力的冲量定义为这个力与其作用时间的乘积，用字母I表示，即I=F⋅t。下列单位与冲量单位等价的是(    )
A. kg⋅m/s B. N/s C. kg⋅m/s3 D. N/m
2. 水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(    )

A. 压强变大 B. 分子平均动能不变 C. 对外界放热 D. 对外界不做功
3. 某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是(    )
A. 振幅为10cm
B. 周期为2s
C. t=1s时，质点的速度为负的最大值
D. t=3s时，质点的加速度为正的最大值
4. 某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是(    )
A. 原线圈应接在学生电源直流电压输出端
B. 只增加原线圈的匝数就可以增大原线圈的输入电压
C. 只增加原线圈的匝数就可以增大副线圈的输出电压
D. 匝数较少的线圈应该使用较粗的导线
5. 如图所示，取一条较长的软绳，用手握住O点连续上下抖动，在绳上形成一列简谐横波，某一时刻绳上a、b、c三个质点均处于平衡位置。已知O点完成一次全振动所用的时间为T。下列说法正确的是(    )

A. a、b两质点间的距离等于波长 B. a、b两质点振动方向时刻相反
C. 再经T4，b质点将到达波峰位置 D. 再经T2，b质点将运动到c质点位置
6. 图为苹果自动分拣装置，可以把质量大小不同的苹果，自动分拣开。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上。当大苹果通过托盘秤时，R1所受的压力较大因而电阻较小，R2两端获得较大电压，该电压激励放大电路并保持一段时间，使电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道；当小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压不足以激励放大电路，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道。托盘停在图示位置时，设进入下面通道的大苹果最小质量为M0，若提高分拣标准，要求进入下面通道的大苹果的最小质量M大于M0，下面操作可行的是(    )


A. 其他条件不变的情况下，只将托盘秤压在杠杆上的位置向左移动一些
B. 其他条件不变的情况下，只适当减小R2的阻值
C. 其他条件不变的情况下，只改变放大电路中电磁铁部分导线绕行的方向
D. 其他条件不变的情况下，只增大和传感器R1相连接电路中电源电动势
7. 2022年2月5日，北京冬奥会短道速滑项目在首都体育馆开赛，中国队以2分37秒348夺得混合团体冠军，比赛中“接棒”运动员(称为“甲”)在前面滑行，“交棒”运动员(称为“乙”从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法正确的是(    )


A. 乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力
B. 甲、乙两运动员相互作用力做功之和一定等于零
C. 甲、乙两运动员相互作用力的冲量之和一定等于零
D. 甲、乙两运动员组成的系统动量和机械能均守恒
8. 如图所示的电路中，a，b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈(自感系数足够大，直流电阻不计)。E为电源，S为开关。下列说法正确的是(    )
A. 闭合开关，a、b同时发光
B. 断开开关，a先熄灭，b闪亮后熄灭
C. 闭合开关和断开开关瞬间，a中的电流方向相反
D. 闭合开关和断开开关瞬同，b中的电流方向相反

9. “4G改变生活，5G改变社会”。5G网络使用的无线电通信频率是在3.0GHz以上的超高频段和极高频段，比4G网络(无线电通信频率在1.8GHz∼2.7GHz之间)通信拥有更大的带宽，相同时间传递的信息量更大。下列说法正确的是(    )
A. 5G信号和4G信号都是横波
B. 5G信号比4G信号波长更长
C. 5G信号比4G信号传播速度更快
D. 5G信号比4G信号更容易绕过障碍物，便于远距离传播
10. 如图所示，P是绕有闭合线圈的螺线管，将一磁铁从距P上端h高处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上。若仅增大h，重复操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是(    )
A. 入穿过线圈的磁通变化量将增大
B. 线圈对磁铁的平均阻力将变小
C. 通过线圈导线截面的电荷量相同
D. 磁铁在螺线管中都在做自由落体运动
11. 在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是(    )
A. 法拉第首先引入电场线和磁感线
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值
C. 法拉第发现了电磁感应现象，并提出了法拉第电磁感应定律
D. 麦克斯韦建立了经典电磁场理论
12. 一束复色可见光入射到置于空气中的足够长的、厚度均匀的平板玻璃上，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，如图所示。对于两束单色光，下列说法正确的是(    )


A. a光在玻璃中的折射率比b光在玻璃中的折射率大
B. a光在真空中的速度小于b光在真空中的速度
C. 用同样装置做光的双缝干涉实验，a光比b光得到的干涉条纹间距小
D. 单色光a从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光b从玻璃到空气的全反射临界角
13. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入的交流电如图乙所示，电阻R=22Ω，则下列选项正确的是(    )


A. 原副线圈中的磁通量相等 B. t=0.01s时电压表的读数为22 2V
C. t=0.01s时电流表读数为0 D. 该变压器原线圈的输入功率为22W
14. 如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子在两板间沿中心线O′O做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从O点进入磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN上的A点，测得O、A两点间的距离为L，不计粒子重力，求(    )

A. 金属板P电势高
B. 粒子在P、Q两板间做匀速直线运动的速度大小v=EB2
C. 粒子的电荷量与质量之比qm=2ELB1B2
D. 粒子在磁场中运动的时间为t=πLB12E
15. 某实验小组用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。

(1)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______(选填选项前的字母)。
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约1cm的匀质铁球
D.直径约10cm的匀质木球
(2)在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为______(用字母l、d表示)。将摆球拉离平衡位置小角度由静止释放，摆球通过平衡位置时开始计时并记数为“0”，再次回到平衡位置时记为“1”，……当记数数到“n”用时为t。则重力加速度可表示为______(用字母l、d、n、t等表示)．
(3)某同学做实验时，测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，画出了T2−l图像，该图像对应图2中的______图。
16. 如图是双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，双缝S1、S2之间的距离是0.2mm，P为光屏，双缝到屏的距离为1.2m。用绿色光照射单缝S时，可在光屏P上观察到第1条亮纹中心与第6条亮纹中心间距为1.500cm。若相邻两条亮条纹中心间距为Δx，则下列说法错误的是(    )


A. Δx为0.300cm B. 增大双缝到屏的距离，Δx将变大
C. 改用间距为0.3mm的双缝，Δx将变大 D. 换用红光照射，Δx将变大
17. 在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，已知配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液化为1：1000，1mL该溶液能滴50滴，一滴溶液在水面上形成的单分子油膜的面积为250cm2。
(1)一滴溶液中所含的纯油酸体积为______m3；
(2)可测得油酸分子直径为______m。
18. 如图甲、图乙所示，在“用插针法测定玻璃的折射率”的实验中，当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找出跟入射光线AO对应的出射光线O′B，从而确定折射光线OO′。
(1)如图甲，测出入射角i和折射角r，则玻璃的折射率n=______。
(2)如图乙，以O为圆心，作圆与OA、OO′分别交于P、Q两点，过P、Q两点分别作法线NN′的垂线，垂足分别为P′、Q′，则玻璃的折射率可以表示为n=______。


19. 某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。

(1)关于本实验，下列说法正确的是______ 。
A.入射小球每次可由不同位置自由滚下
B.两小球的质量关系必须m1>m2
C.斜槽轨道必须光滑
D.斜槽轨道末端必须水平
(2)若测量数据近似满足关系式______ (用m1、m2、xM、xP、xN表示)，则说明两小球碰撞过程动量守恒。
20. 如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，滑块B静止在曲面的底端，滑块A由曲面上高H处由静止释放，滑到底端和滑块B发生碰撞后粘在一起在平面上滑行一段距离后停下。已知：A、B滑块的质量均为m，与平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
(1)A与B碰撞前瞬间，A的速度大小v0；
(2)A与B碰撞后滑行的距离x。

21. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响，已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6cos37°=0.8，取g=10m/s2。
(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm。
(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR。
(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求这个过程的经历的时间。


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：根据牛顿二定律可知：F=ma，即1N=1kg⋅m/s2则：I=Ft的单位为：1N⋅s=1kg⋅m/s2⋅s=1kg⋅m/s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
明确冲量的定义式以及牛顿第二定律的表达式，同时知道物理公式同时对应的物理单位的换算即可求解。
本题考查力学单位制的基本内容，注意物理公式同时对应了物理单位的换算，知道国际单位制中力学中的基本单位有kg、m、s。

2.【答案】B 
【解析】解：A、在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，根据pV=C可知体积增加，压强减小，故A错误；
B、温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，故B正确；
CD、气体膨胀，体积增大，则气体对外界做功，W<0。气体温度不变则内能不变，ΔU=0。根据热力学第一定律ΔU=W+Q，知Q>0，气体吸收热量，故CD错误。
故选：B。
气体膨胀对外做功，温度不变，则内能不变，根据玻意耳定律结合热力学第一定律分析。根据温度是分子平均动能的标志分析分子平均动能的大小是否变化。
本题考查玻意耳定律和热力学第一定律，解答本题的关键是知道气体膨胀对外做功、如果温度不变，则内能不变，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律分析。

3.【答案】D 
【解析】解：A.由小球振动图像可知，质点做简谐振动的振幅为5cm，故A错误；
B.由小球振动图像可知，质点做简谐振动的周期为4s，故B错误；
C.由小球振动图像可知，t=1s时，质点在正向位移最大处，则速度为零，故C错误；
D.由小球振动图像可知，t=3s时，小球在负向位移最大处，根据a=−kxm可知，加速度为正向最大值，故D正确。
故选：D。
根据小球振动图像求出振幅、周期以及运动位置，根据所处位置分析加速度和速度。
本题考查简谐振动相关内容，比较简单，要能够将振动图像和物体实际运动过程一一对应。

4.【答案】D 
【解析】A、变压器的工作原理是电磁感应现象，不能接直流电源，只能接入交流电，故A错误。
B、根据U1U2=n1n2，只是原线圈匝数增加，和输入电压并没有关系，输入电压只和学生电源有关系，故B错误。
C、根据U1U2=n1n2，只是原线圈匝数增加，副线圈的输出电压减小，故C错误。
D、由I1I2=n2n1可知，匝数少的线圈电流大，变压器中匝数少的线圈应该使用较粗的导线，故D正确。
故选D。
副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压，副线圈上的感应电流(感应电动势)也应该是交流电流。根据变压比等于匝数比进行分析即可。
本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析。

5.【答案】B 
【解析】解：A、在横波中，相邻的两个波峰或波谷间的距离等于波长，可知a、b两质点间的距离为半个波长，故A错误；
B、a、b两质点相距半个波长，振动方向时刻相反，故B正确；
C、波向右传播，利用带动法可知，此时b质点正向下运动，因此再经T4，b质点将到达波谷位置，故C错误；
D、简谐横波在传播过程中，各质点均在平衡位置附近做简谐运动，不会沿波的传播方向运动，所以b质点不会运动到c质点位置，故D错误。
故选：B。
在横波中，相邻的两个波峰或波谷间的距离等于波长；平衡位置相距半个波长的两个质点振动方向时刻相反；根据带动法确定质点b的振动方向，从而判断再经四分之一周期时b质点的位置；简谐横波在传播过程中，介质中质点不随波向前移动。
本题关键要掌握波长的定义及简谐波的特点：振动在一个周期内传播一个波长的距离，明确带动法的应用，能分析各点的振动方向。

6.【答案】B 
【解析】解：A、要求进入下面通道的大苹果的最小质量M大于M0，则要求当此大苹果通过托盘时压力传感器的压力与原来一致，可知其他条件不变的情况下，只需要将托盘秤压在杠杆上的位置向右移动一些，故A错误；
B、因要达到题中的要求，就要使得R2两端电压保持不变，因压力越大，电阻R1越小，此时回路中的电流就越大，R2的电压就会变得更大，则要想白痴R2的电压和原来一致，则只适当减小R2的阻值，故B正确；
C、其他条件不变的情况下，只改变放大电路中电磁部分导线绕行的方向对磁性大小无影响，故C错误；
D、因要达到题中的要求，就要使得R2两端电压保持不变，因R1减小，而其他条件不变的情况下，只能减小和传感器R1相连接电路中电源电动势，故D错误；
故选：B。
根据杠杆原理分析出需要移动的方向；
根据闭合电路欧姆定律结合电路构造完成分析；
改变导线的绕行方向无法改变磁性的大小，结合选项描述完成分析。
本题主要考查了闭合电路欧姆定律的相关应用，根据设计要求，结合欧姆定律和杠杆原理完成分析。

7.【答案】C 
【解析】解：A、根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力与甲对乙的作用力大小相等，故A错误；
B、在交接棒过程，甲、乙两运动员相对地面的位移不同，因此相互作用力的功之和一定不等于零，故B错误；
C、甲、乙两运动员相互作用力大小相等，方向相反，且作用时间相等，根据I=Ft可知两运动员相互作用力的冲量大小相等，方向相反，冲量之和一定为零，故C正确；
D、忽略运动员与冰面之间的摩擦，两运动员组成的系统合外力为零，系统动量守恒。“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员的过程中要消耗人体的化学能，转化为系统的机械能，则系统机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第三定律分析乙对甲的作用力与甲对乙的作用力的关系，根据做功的公式结合位移的关系分析出做功之和大小；结合冲量的定义分析甲、乙两运动员相互作用力的冲量之和大小；对照动量守恒条件和能量转化情况，分析系统动量和机械能是否守恒。
本题主要考查动量守恒定律，要注意区分做功和动量的计算公式，结合相互作用力的特点，分析过程中要注意物理量的标矢性。

8.【答案】C 
【解析】解：A、由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即发光；但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使b灯后发光，则合上开关，a先发光，b后发光，故A错误；
B、L为自感线圈(直流电阻不计)，接通后电路中的电流稳定时通过两灯的电流一样，当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故B错误；
CD、电路中电源的正极在左侧，闭合开关时，流过a与b的电流都是从左向右；断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，此时电流从流过线圈的电流开始逐渐减小，所以流过b的电流的方向不变，而流过a的电流的方向从右向左，故C正确，D错误。
故选：C。
根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势，电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，线圈相当于电源；并结合路的结构分析即可。
本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路。

9.【答案】A 
【解析】解：A、4G和5G信号均为电磁波，电磁波传播过程中，电场强度和磁感应强度的方向始终与传播方向垂直，故电磁波为横波，故A正确；
B、4G信号的频率要小于5G信号的频率，由c=λf可知，5G信号的波长比4G信号的短，故B错误；
C、所有电磁波在真空中的传播速度均为光速，故C错误；
D、因5G信号的频率高，则波长短，4G信号的频率低，则波长长，故4G信号更容易发生明显的衍射现象，5G信号更不容易发生明显的衍射现象，故D错误。
故选：A。
明确电磁波的性质，知道电磁波为横波；知道频率越高，粒子性越明显；波长越大，波动性越明显；波长越长，越容易发生衍射现象。
本题考查了电磁波的相关知识，明确电磁波是横波，注意掌握波长越长波动性越明显，而频率越高粒子性越明显。

10.【答案】C 
【解析】解：A、若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响。故A错误；
BD、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，对线圈对磁铁的阻碍作用将变大，磁铁在线圈中不做自由落体运动。故BD错误；
C、若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线截面的电量：q=I−Δt=ΔΦΔtR⋅Δt=ΔΦR保持不变。故C正确；
故选：C。
感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，则产生的感应电流越大。
本题考查了电磁感应定律与闭合电路电流与电量问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性。

11.【答案】AD 
【解析】解：A、法拉第引入了电场线和磁感线，故A正确；
B、库仑提出了库仑定律，密立根最早用油滴实验测出了元电荷数值，故B错误；
C、法拉第发现了电磁感应现象，韦伯和纽曼提出了法拉第电磁感应定律，故C错误；
D、麦克斯韦建立了经典的电磁场理论，故D正确。
故选：AD。
法拉第引入了电场线和磁感线；库仑提出了库仑定律，密立根最早测出了元电荷数值；法拉第发现了电磁感应现象，韦伯和纽曼提出了法拉第电磁感应定律；麦克斯韦建立了经典的电磁场了理论。
熟练记住著名的物理学家的主要贡献是正确解答物理学史的前提。

12.【答案】ACD 
【解析】解：A.因为a光的偏折程度大，由折射率公式：n=sinαsinβ，得a光的折射率较大，故A正确；
B.a光和b光在真空中的传播速度是一样，都为光速，与ab光频率无关，故B错误；
C.因a光的折射率大，则频率大，根据c=λf，得频率大，波长小，根据干涉条纹公式：Δx=Ldλ，则a光比b光得到的干涉条纹间距小，故C正确；
D.由A判断可知na>nb，根据全反射临界角的公式sinC=1n，所以Ca 故选：ACD。
根据光的偏折程度比较出a、b两光的折射率大小，电磁波在真空中的传播速度是一样的都等于光速，在同一个双缝干涉实验仪上作实验时，波长越长的光，其干涉条纹间距较大；当光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于临界角时，才会发生光的全反射现象。
该题考查光的折射，不同频率的光进入同一种透明介质发生折射，频率越大的光偏折程度越明显，折射率越大。

13.【答案】AD 
【解析】解：A、由于变压器是理想变压器不漏磁，所以原副线圈中的磁通量相等，故A正确。
B、由图可知，原线圈电动势的最大值为Um=220 2V，则原线圈电动势的有效值为
U1=UB 2=220V
理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，故副线圈的电动势有效值为
U2=22010V=22V
故t=0.01s时电压表的读数为22V，故B错误；
C、副线圈的电阻为R=22Ω，所以副线圈的电流为I2=U2R=2222A=1A，电流与匝数成反比，所以原线圈的电流为0.1A；电流表的读数为电流的有效值，所以电流表读数为0.1A，故C错误；
D、副线圈消耗的功率P=U2I2=22×1W=22W，输入功率等于输出功率，该变压器原线圈的输入功率为22W，故D正确。
故选：AD。
理想变压器不漏磁，由此分析通过原副线圈磁通量大小关系；根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

14.【答案】ACD 
【解析】解：AB.带正电的粒子在两平行板间做匀速直线运动，为速度选择器，由左手定则知洛伦兹力向上，则电场力向下，所以上级板带正电，下极板带负电，金属板P的电势高，
粒子在P、Q两板间做匀速直线运动的速度大小为v，由共点力平衡条件得：
qE=qvB1
解得：v=EB1，故A正确，B错误；
C.粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，测得O、A两点间的距离为L为直径，则
r=L2
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB2=mv2r
联立可得：qm=2ELB1B2，故C正确；
D.粒子在磁场中运动半个周期，有
T=2πrv
又qvB2=mv2r
联立解得：T=2πmqB2
则运动时间为：
t=T2
解得：t=πLB12E，故D正确。
故选：ACD。
由于粒子做匀速直线运动，根据电场力和洛伦兹力相等求出粒子匀速运动的速度；根据洛伦兹力的方向，确定电场力的方向，从而确定金属板电势的高低；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出粒子电荷量与质量的比值；根据粒子周期公式求出粒子在圆周运动的时间。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键知道粒子在两金属板间受电场力和洛伦兹力平衡，以及知道在匀强磁场中靠洛伦兹力提供向心力，掌握轨道半径公式。

15.【答案】AC l+d2 4π2(l+d2)(2tn−1)2  C 
【解析】解：(1)AB、单摆摆线应选无弹性细线，故A正确，B错误；
CD、摆球应选密度大的小球，故C正确，D错误；
(2)摆线长为悬点到重心的距离故摆长为l+d2，根据题目中数据可得单摆周期为T=tn−12=2tn−1，根据单摆周期公式T=2π Lg=2π l+d2g，故重力加速度为g=4π2(l+d2)(2tn−1)2；
(3)根据单摆周期公式T=2π lg可知T2−l图像为过原点直线，因为测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，测量摆长比实际摆长偏小，所以C图正确，故ABD错误，C正确；
故答案为：(1)AC；(2)l+d2；4π2(l+d2)(2tn−1)2；(3)C。
实验中摆线应选无弹力细线，摆球应选密度大的球；根据单摆周期公式求解重力加速度；根据单摆周期公式分析。
本题考查单摆测量重力加速度实验的器材选择、数据处理及误差分析，学生应熟练掌握单摆周期公式并能够灵活应用。

16.【答案】C 
【解析】解：A.相邻亮条纹之间的间距Δx=1.5×10−26−1m=3.00×10−3m=0.300cm，故A正确；
B.依据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，当增大双缝到屏的距离L，因此条纹间距Δx将变大，故B正确；
C.依据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，当改用间距为0.3mm的双缝，即增大双缝间距d，因此条纹间距Δx将变小，故C错误；
D.依据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，当换用红光照射，由于λ红>λ绿，因此条纹间距Δx将变大，故D正确；
本题选择说法错误的选项。
故选：C。
根据亮条纹间的距离求解相邻亮条纹之间的间距Δx，根据两条亮纹间的距离Δx=Ldλ，还可判断出增大亮条纹间距的方法，从而即可求解。
解决本题的关键知道双缝干涉实验的原理及干涉条纹间距公式，并注意正确计算条纹间距数。

17.【答案】2×10−11  8×10−9 
【解析】解：(1)根据题目条件可得，一滴溶液中所含有的纯油酸的体积为
V=150×11000mL=2×10−11m3；
(2)根据公式V=dS可得：
d=VS=2×10−11250×10−4m=8×10−9m。
故答案为：(1)2×10−11；(2)8×10−9
(1)根据题目条件得出纯油酸的体积；
(2)根据公式V=dS计算出油酸分子的直径。
本题主要考查了油膜法测量油酸分子直径大小的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS即可完成分析。

18.【答案】sinisinr PP′QQ′ 
【解析】解：(1)光线从空气斜射如玻璃时，入射角为i，折射角为γ，故折射率为：
n=sinisinγ；
(2)折射率n=sinisinγ，
其中：sini=pp′r，sinγ=QQ′r，
故n=PP′QQ′；
故答案为：(1)sinisinγ；(2)PP′QQ′。
(1)根据折射率的定义公式n=sinisinγ列式求解折射率即可；
(2)根据折射率的定义列式求解，同时结合三角函数的定义分析即可。
本题考查测量玻璃砖的折射率，关键是明确实验原理，根据折射率的定义公式n=sinisinγ列式求解，基础题目。

19.【答案】BD  m1xP=m1xM+m2xN 
【解析】解：(1)AC、实验中小球每次从相同位置滚下，重力做功和摩擦力做功都不变，根据动能定理可知小球到达轨道末端速度相同，故AC错误；
B、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球质量m1应大于被碰小球的质量m2，故B正确。
D、离开轨道小球做平抛运动，小球应有水平初速度，所以斜槽轨道末端必须水平，故D正确。
故选：BD。
(2)设碰撞前小球A的速度为v0，碰撞后小球A的速度为v1，小球B的速度为v2，
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，
则m1v0t=m1v1t+m2v2t，即m1xP=m1xM+m2xN。
故答案为：(1)BD；(2)m1xP=m1xM+m2xN
(1)根据实验原理和实验注意事项分析；
(2)应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。

20.【答案】解：(1)滑块A在光滑曲面上下滑过程，取水平面为参考平面，由机械能守恒定律得
   mgH=12mv02
可得v0= 2gH
(2)设滑块A与滑块B碰撞后瞬间速度为v。
滑块A与滑块B碰撞过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
 mv0=2mv
可得v=v02
碰后两滑块滑行过程，根据动能定理得
−μ⋅2mgx=0−12(2m)v2
联立解得x=H4μ。 
【解析】(1)对滑块A在光滑曲面上下滑过程，运用机械能守恒定律求出滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小v0；
(2)对于滑块A与滑块B碰撞过程，根据动量守恒定律求出碰撞后两物块的共同速度，对两滑块碰后滑行过程，利用动能定理求滑行的距离x。
本题要理清两滑块的运动过程，把握每个过程的物理规律。运用动能定理时，需要注意要确定研究对象和研究过程。要知道碰撞的基本规律是动量守恒定律。

21.【答案】解：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，由牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcosθ−F安=0
又F安=BIL，I=ER+r，E=BLvm
解得：vm=2.0m/s
(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时
PR=I2R
联立解得：PR=3W
(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律
mgxsinθ=μmgxcosθ+QR+Q+12mvm2
根据焦耳定律QRQ=Rr
联立解得x=2.0m
根据q=I−Δt，I−=E−R+r，E−=ΔΦΔt，ΔΦ=BLx
解得q=1C
由动量定理得：
(mgsinθ−μmgcosθ)Δt−BI−LΔt=mvm−0
解得t=2s
答：(1)金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度为2.0m/s。
(2)金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率为3W。
(3)这个过程的经历的时间为2s。 
【解析】(1)根据安培力公式结合牛顿第二定律得出导轨的最大速度；
(2)根据功率的计算公式完成分析；
(3)理解整个过程中的能量转化，结合动量定理完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉公式之间的推导，理解整个过程中的力学变化和能量转化特点，整体难度不大。