2022-2023学年浙江省乐清市校联考高二（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省乐清市校联考高二（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共13小题，共39分）
1. 甲、乙两个质量相同的物体，甲的速度是乙的速度的倍，则( )
A. 甲的动能是乙的动能的 B. 甲的动能是乙的动能的倍
C. 甲的动能是乙的动能的 D. 甲的动能是乙的动能的倍
2. 年月日重庆发生森林火灾，灭火直升飞机沿水平方向匀速往返火场和取水区上空，其中贮水桶受到与运动方向相反、大小保持不变的水平风力。已知贮水桶包含水的重力为，贮水桶受到绳子的拉力为，绳子与竖直方向的夹角为，如果贮水桶总保持与直升飞机相对静止，下列正确的是( )
A. 拉力的大小可能等于水平风力的大小
B. 在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统动量不守恒
C. 在匀速运动的过程中，重力的冲量为
D. 返回取水区的过程中，夹角比灭火前大
3. 质量为的小车静止在光滑水平面上，长为的轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则( )
A. 系统的动量守恒 B. 水平方向任意时刻小球与小车的动量相等
C. 小球不能向左摆到原高度 D. 小车向右移动的最大距离为
4. 年月日凌晨点分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道Ⅰ运行，之后与在高度为的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接点为对接点，航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是( )
A. “梦天”实验舱在轨道Ⅰ上从点到点的过程中，速率变小
B. “梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ需要在点沿速度方向喷气
C. “梦天”实验舱在轨道Ⅰ运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期
D. 空间站中的物体会漂浮在空中，故不受力的作用
5. 如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中点电势为，点电势为，点电势为已知，边长为，为的中点．将一点电荷放在点，且点电荷在点产生的场强为，则放入点电荷后，点场强为( )
A. B. C. D.
6. 如图甲所示电路，电流表、线圈的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关，整个过程通过电阻中的电流随时间变化的图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源内阻不可忽略不计
B.
C. 断开开关后，电流从右向左流过
D. 从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变大
7. 磁流体发电是一项新兴技术，如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负电荷的等离子体，沿图等离示方向喷入磁场，把两板与用电器相连，则( )
A. 增大磁感应强度可以增大电路中的电流 B. 减小两板之间距离可以增大电流
C. 增加板长可以增大电流 D. 电路中电流沿逆时针方向
8. 如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个匝的矩形线圈内阻不计绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度，则( )
A. 时刻，线圈平面与磁感线平行
B. 线圈的面积为
C. 它可使“，”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为的电容器正常工作
D. 以此作为电源，每通过的电量，消耗的电能为
9. 如图甲，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的、、、、五个质点，相邻两质点间距离为，时刻，点从平衡位置开始沿轴正方向振动，并产生分别向左、向右传播的波，点振动图象如图乙所示，当质点第一次达到正方向最大位移时，点刚开始振动，则下列说法正确的是( )
A. 点振动后，点和点开始振动
B. 当点第一次达到正向最大位移时，点通过的路程为
C. 时，点振动的速度最大，加速度为零
D. 若质点振动的周期减为，则沿绳传播的波速增大为
10. 为了研究大量处于能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于、、三种光，下列说法正确的是( )
A. 从同一点沿相同方向射入球形玻璃砖内，调节入射角的过程中，光最容易发生全反射现象
B. 、、三种光从真空中进入同一介质后，在介质中的波长满足以下关系：
C. 用光照射时逸出的光电子初动能最小
D. 通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度光最宽
11. 如图所示，一横截面为直角三角形的玻璃砖，，一细光束平行边从边上的点由空气射入玻璃砖。已知玻璃砖对该光束的折射率，真空中光速为。则光束( )
A. 在边会发生全反射
B. 在边会发生全反射
C. 在玻璃砖中的波长为空气中的倍
D. 该光束在玻璃中发生全反射的临界角为
12. 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为，电容器的电容为。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场图中未画出，炮弹等效为一质量为、电阻为的金属棒，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关接，使电容器完全充电。然后将开关接至，开始向右加速运动。已知达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则( )
A. 直流电源的端是正极
B. 刚开始运动时，加速度大小为
C. 离开导轨时，电容器已经放电完毕
D. 离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为
13. 高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为，喷嘴射出的水流速度为，水的密度为，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共2小题，共8分）
14. 如图为某同学设计的喷水装置，内部装有水，上部密封的空气，保持阀门关闭，再充入的空气，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )
A. 充气后，密封气体压强增加 B. 充气后，密封气体的分子平均动能增加
C. 打开阀门后，密封气体对外界做正功 D. 打开阀门后，不再充气也能把水喷光
15. 在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆和的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为、，则下列说法正确的是( )
A. 原子核发生了衰变，径迹是衰变后的径迹
B. 径迹是衰变后新核的径迹，径迹、旋转方向相同
C. 若衰变方程是，则：：
D. 若衰变方程是，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为：
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
16. 某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，已知单摆在摆动过程中的摆角小于；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记为，到第次经过最低点所用的时间为；在测量单摆的摆长时，现用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长从悬点到摆球的最上端为，再用游标卡尺测得摆球的直径为。
该单摆在摆动过程中的周期为______；
请你帮助该同学写出求重力加速度的一般表达式______用题中所给的物理量的符号表示；
该同学用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，读数是______；
为了提高实验精度，该同学采用的措施是：在实验中改变几次摆长并测出相应的周期，从而得出多组对应的与的数据，以为纵坐标，为横坐标得到如图乙所示的图线为一条倾斜直线，并求得该直线的斜率为，则
重力加速度______用表示；
图中直线并没有坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是______；
17. 某实验小组，利用实验室中的器材完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。实验器材包括：学生电源一个、可拆变压器一个、多用电表一个、导线若干。其中可拆变压器如图：
学生电源应选用______选填“低压”或“高压”交流电源；
下列关于本实验的说法正确的是______；
A.通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
B.测量原、副线圈的电压时，可以使用大量程的直流电压挡
C.若原线圈接、接线柱匝线圈，副线圈接、接线柱匝线圈，副线圈电压大于原线圈电压
D.保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，可探究副线圈上电压与匝数的关系
若变压器的匝数分别是匝和匝，实验测量数据如下表：
根据测量数据可判断连接电源的线圈是______。选填“”或“”
四、简答题（本大题共4小题，共39分）
18. 一定质量的理想气体从状态状态状态状态完成一次循环，如图所示。已知状态时气体的温度。
求气体在状态和状态时的温度；
求气体从状态的过程中，气体对外做的功；
已知气体从状态的过程中，外界对气体做的功，试说明全过程中气体是吸热还是放热，求吸收或放出了多少热量。
19. 如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道，水平放置，竖直放置轨道、粗糙，是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为，半径，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小。现有质量，电荷量的带电体可视为质点，从点由静止开始运动，已知距离，带电体与轨道，间的动摩擦因数均为，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。取求：
求带电体首次运动到圆弧轨道点时对轨道的压力；
带电体最终停在何处；
如果电场强度的大小为，求带电体全程摩擦产生的热量。
20. 如图所示，、为足够长的平行光滑金属导轨，导轨宽度为。一根质量为、长度也恰好为的金属杆在距匀强磁场边界为处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。、间连接一个电阻，金属杆电阻为，导轨的电阻不计。匀强磁场强度为方向垂直于导轨平面斜向上，磁场的长度、宽度足够大，已知导轨平面与水平面间夹角，重力加速度为。
求金属杆刚进入磁场时流过电阻的电流方向和大小；
求金属杆匀速运动时的速度大小。
21. 质谱仪是一种测量带电粒子比荷的仪器，某型号质谱仪的内部构造如图所示，、板间存在电压为的加速电场，半径为的圆形区域内存在磁感应强度为的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心到圆形磁场区域圆心的距离为。带电粒子从点由静止飘入、板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到点的距离，便能推算出带电粒子的比荷。不计带电粒子的重力。
若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为，质量为，求电子经过电场加速后的速度大小及电子在磁场中运动的轨迹半径；
若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的点，已知点到点的距离为，求该带电粒子的比荷及其在磁场中运动的时间。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
动能是物体由于运动而具有的能量，表达式为：．
本题关键是明确动能的定义和表达式，记住公式即可，基础题．
【解答】
甲、乙两个质量相同的物体，甲的速度是乙的速度的倍，故：；
故ABC错误，D正确；
故选D．
2.【答案】
【解析】解：、以贮水桶包含水为研究对象，受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：，所以拉力的大小大于水平风力的大小，故A错误；
B、在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，故B错误；
C、在匀速运动的过程中，重力的冲量为：，重力冲量不为零，故C错误；
D、根据图中几何关系可得：，返回取水区的过程中，变小只有贮水桶的重力，没有水，所以夹角比灭火前大，故D正确。
故选：。
以贮水桶包含水为研究对象进行分析，根据平衡条件求解拉力的大小和水平风力的大小关系；根据动量守恒定律的守恒条件分析动量是否守恒；根据冲量的计算公式分析重力的冲量；求出绳子与竖直方向的夹角正切值的表达式进行分析。
本题主要是动量守恒定律的守恒条件，关键是知道贮水桶包含水的受力情况和整体的运动情况，掌握动量守恒定律的守恒条件。
3.【答案】
【解析】
【分析】
以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒。小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律。
本题主要考查水平方向动量守恒及机械能守恒。
【解答】
系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，AB错误；
C.根据水平方向的动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
D.小球相对于小车的位移为，设小车的位移为，根据水平方向动量守恒有：，即，解得小车向右移动的最大距离，D正确。
故选D。
4.【答案】
【解析】解：“梦天”实验舱在轨道上从点到点的过程中，机械能守恒，重力势能增大，动能减小，速率减小，故A正确；
B.“梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ，需要在点加速，沿速度方向反方向喷气，故B错误；
C.“梦天”实验舱在轨道运行的轨道半长轴小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”轨道半径，由开普勒第三定律可知“梦天”实验舱在轨道运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期，故C错误；
D.空间站中的物体会漂浮在空中，受地球的引力提供随空间站一起绕地球做圆周运动的向心力，故D错误。
故选：。
实验舱在轨道运动过程在机械能守恒，根据重力势能与动能的转化分析速率，根据变轨原理分析项，根据开普勒第三定律分析项，空间站中的物体会漂浮在空中，万有引力提供向心力。
本题考查天体运动中的变轨问题，以及在太空中宇航员处于完全失重状态，本题的易错点在于选项学生容易忽略万有引力提供向心力的应用。
5.【答案】
【解析】
【分析】
根据、两点的电势，求出点的电势，从而确定出连线是一条等势线，画出电场线，由求出匀强电场，再根据点电荷的电场强度，从而叠加后确定点的电场强度．
此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式中的含义：两点沿电场线方向的距离．
【解答】
在匀强电场中，点电势为，因此连线即为等势线，画出电场线如图所示
因，则两点沿电场线方向的距离为
间的电势差
则匀强电场的场强
由于点电荷在点产生的场强为，则点电荷在点产生的场强也为，方向与匀强电场的电场强度方向垂直
因此点场强为。
故选：。
6.【答案】
【解析】解：、图甲中，闭合开关，电路处于稳定状态时，电阻与并联，通过两电阻的电流分别为
，
根据图乙可知，某一时刻突然断开开关，电流突变为，线圈中电流减小，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为，由图乙可知
解得
故B正确；
A.根据上述可知，由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，即本题数据处理过程中，电源内阻可忽略不计，故A错误；
C.根据上述可知，断开开关后，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为，即断开开关后，电流从左向右流过，故C错误；
D.从断开开关到灯熄灭的过程中，根据
根据图乙可知，在从断开开关到灯熄灭的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，即电流的变化率逐渐减小，可知从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变小，故D错误。
故选：。
根据闭合电路欧姆定律结合自感现象分析项，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，根据感应电动势与电感的关系分析项。
做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，中原来电流的方向即电动势的正极
7.【答案】
【解析】解：、等离子气体中的正电荷受洛伦兹力向上，负电荷受洛伦兹力向下，故上极板带正电荷，相当于电压的正极，下极板相当于负极，故电路中电流沿顺时针方向。电流稳定后，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，故有：，得：，所以增大磁感应强度，板间电压增大，可增大电路中的电流，故A正确，D错误。
B、减小两板之间距离，板间电压减小，可以减小电流，故B错误。
C、增加板长，板间电压不变，题目中没有说明考虑气体的内阻，若气体的内阻忽略不计，电流不变；故C错误。
故选：。
将一束含有大量正、负电荷的等离子体，沿图示方向喷入磁场，离子受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，结合闭合电路欧姆定律分析即可。
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化。
8.【答案】
【解析】解：、，电动势为，此时线圈与磁感线垂直，故A错误；
B、线圈产生的最大电动势，解得：，故B正确；
C、交流电的有效值，它可使“，”的灯泡正常发光，但电动势的最大值超过了击穿电压，所以此电容不能正常工作，故C错误；
D、通过的电量，消耗的电能与开始的时刻有关，不同时刻开始通电，通电时间不同，消耗的电能都不一样，故D错误。
故选：。
本题考查了交流电的描述，根据交流电的图像，可知知道其最大值和周期，然后进一步求出其它物理量，如有效值、频率等，明确电容器的耐压值为交流电的最大值即可判断。
本题要注意对于没有特别说明的情况，交流电的数值都是指有效值。计算交流电的电功、电功率都用有效值。
9.【答案】
【解析】
【分析】
由题意，波源产生两列波，同时向左和向右传播，具有对称性，、的振动步调相同．根据振动图象求周期，由点的起振情况求出波长，再求出波速．即可分析振动从点传到和的时间；根据的振动情况，确定时间，根据时间与周期的关系，求出点运动路程．分析质点通过的路程，确定速度和加速度．分析时要抓住波速是由介质决定的，与振源的振动周期无关．
本题解题要注意对称性．质点通过的路程往往根据下面的结论确定：质点在一个周期内，通过路程，半个周期内通过路程但其他情况，不能类推．
【解答】
解：、由振动图象得知该波的周期，由点起振情况得波长为：，则波速为：；
振动从点传到和的时间为，即点振动后，点和点开始振动，故A错误；
B、起振方向与点起振方向相同：向上，点从开始振动到第一次达到正向最大位移时，经过时间，则此过程点已经振动的时间为：
，
点通过路程为：故B正确；
C、时，点已经振动的时间为，点到达波峰，速度为零，加速度最大．故C错误；
D、波速是由介质决定的，与振源的振动周期无关．所以若质点振动的周期减小时，沿绳传播的波速不变，仍为；故D错误．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：根据光线在球形玻璃砖中的对称性，光线射入后都不会发生全反射现象，故A错误；
B.根据图乙可知，、、三种光的遏止电压关系为
根据动能定理
根据光电效应方程
可知
若这三种光是原子从能级跃迁到较低能级时发出的光
根据跃迁原理可得
即
整理得
进入同一种介质后，由于介质对三种光的折射率不一样，三种光的波长发生变化，因此不再满足上述关系，故B错误；
C.由可知，光的遏止电压最小，根据动能定理可知，光照射时逸出的光电子初动能最小，故C正确；
D.由选项可知，根据频率、波长与波速的关系
可知
因此光更容易发生明显的衍射现象，单缝衍射时光中央亮条纹最宽，故D错误。
故选：。
A.根据对称性和全反射发生的条件分析作答；
B.根据动能定理、光电效应方程和能级的跃迁求解波长关系，再分析在介质中的情况；
C.根据动能定理分析最大初动能的大小关系；
D.根据频率与波长的关系判断波长的大小，再根据衍射条纹的特点分析作答。
本题根据光电效应的图像的分析，考查了动能定理、光电效应方程、能级的跃迁、波长与频率的关系以及衍射条纹与波长的关系，需要熟练掌握相关知识。
11.【答案】
【解析】
【分析】
先根据折射定律求光束在边上的折射角，由几何知识求出光束射到面上的入射角，与临界角比较，判断知道光束在面上发生全反射；根据折射率公式求波长。
本题考查光的折射定律和全反射定律，解决本题的关键是掌握全反射的条件和临界角公式，正确画出光路图，再结合数学知识和折射定律进行研究。
【解答】
、在玻璃砖中光路图如图
由折射定律知，解得：，
，则，
到达边，由几何关系得，故能发生全发射，
根据几何关系知反射光线平行与边，由于对称性，在边不会发生全反射，故A正确，BD错误；
C、由折射率公式，解得：，故C错误；
故选：。
12.【答案】
【解析】解：向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，由左手定则可知电流从到，则电容器下极板带正电，即直流电源的端是正极，故A错误；
B.刚开始运动时，由牛顿第二定律得：
其中
联立解得：，故B错误；
C.达到最大速度才离开导轨，此时中电流为零，即产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，故C错误；
D.当电容器充电完毕时，设电容器上电量为，有
开关接后，开始向右加速运动，速度达到最大值时，设上的感应电动势为，有
依题意有
设在此过程中的平均电流为，上受到的平均安培力为，有
由动量定理得：
又
联立解得：，故D正确。
故选：。
根据左手定则判断通过电流的方向，从而确定哪一个极板带正电；根据欧姆定律得出刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出刚开始运动时加速度的大小；达到最大速度才离开导轨，产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕；开关接后，开始向右加速运动，速度达到最大值时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出离开导轨后电容器上剩余的电荷量。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解电容器上剩余的电荷量。
13.【答案】
【解析】解：单位时间内喷到工件上的水的体积为：
故质量为：
设水的初速度方向为正方向；则由动量定理可得：
得：，
根据牛顿第三定律，高速水流在工件上产生的压力大小为，方向沿水流的方向；
则B正确，ACD错误
故选：。
根据题意可明确单位时间内喷到工件上的水的质量，再由动量定理可求得高速射流在工件上产生的压力。
题考查动量定理的应用，要注意明确单位时间内喷到工件上的质量求解方法，注意动量定理中的方向性。
14.【答案】
【解析】
【分析】
由于温度不变，故充气后，密封气体的分子平均动能不变；充气过程为等温过程，由理想气体状态方程；可判断的变化；打开阀门后，水减小，气体膨胀，据此判断密封气体对外界是否做功；
如果水全部排出，根据理想气体状态方程求得压强的值，与原压强比较即可判断，注意：当气压与外界大气压相同时，就不能再喷水。
【解答】
A.封闭气体中再充入的空气后，由于体积不变，所以气体物质的量变大，由理想气体状态方程：可知，当变大，则压强变大，故A正确；
B.温度是平均动能的标志，温度不变，所以分子的平均动能不变，故B错误；
C.由公式可知封闭气体压强变为，大于瓶内气压大于大气压强，所以打开阀门后，气体膨胀，对外界做功，故C正确；
D.膨胀过程温度不变，属于等温变化，由得喷完容器中的水后，容器的气体压强小于外界气体压强，所以不能把水喷光，故D错误。
故选：。
15.【答案】
【解析】解：、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切，所以为电性相同的粒子，原子核发生了衰变，故A错误；
B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；由于、相同，则粒子电荷量越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的半径小于粒子的轨道半径，所以为新核的运动轨迹；根据左手定则可知，径迹、旋转方向相同，故B正确；
C、由项分析知，：：：：，故C错误；
D、由动能与动量的关系可知，动能之比等于质量的反比，即衰变后新核和射出的粒子的动能之比为：，故D正确。
故选：。
带电粒子在磁场运动时，根据左手定则可以判断其运动方向或电性；根据动量守恒定律求得两粒子速度关系，进而根据磁场中运动的粒子半径公式求得半径的关系；根据动能与动量的关系求解动能之比。
本题主要是考查衰变后粒子在磁场中的运动，关键是掌握带电粒子在磁场中的运动规律、以及动量守恒定律的应用方法。
16.【答案】 ； 计算摆长漏加小球半径
【解析】解：由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为，到第次经过最低点所用的时间内为，则单摆全振动的次数为，周期；
单摆的长度为由单摆的周期公式得：；
由图示游标卡尺主尺可知，游标卡尺所示为：；
由单摆的周期公式，得，图线的斜率可得。
图中直线并没有坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则为时即有周期不为，则应为算摆长漏加小球半径。
故答案为：计算摆长漏加小球半径或将摆线长误认为摆长
根据从单摆运动到最低点开始计时且记数为，到第次经过最低点所用的时间内为，确定单摆全振动的次数，再求解周期。
单摆的长度为将摆长、周期代入单摆的周期公式求出重力加速度的表达式。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；
对于测量误差可根据实验原理进行分析
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差。对于测量误差可根据实验原理进行分析。
17.【答案】低压；；。
【解析】
【分析】
本题考查了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。要求学生了解变压器的原理，掌握电学实验的注意事项，以及具备根据实验数据对实验结论进行分析的能力。本题考查了变压器实验操作注意事项，关键是要采用控制变量法探究理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比。
【解答】
变压器只能改变交流电的电压，为保证安全，本实验的电源使用低压交流电，电压不超过；
为保证安全，实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，故A错误；
B.测量原、副线圈的电压时，可以使用大量程的交流电压档，故B错误；
C.若原线圈接、接线柱，副线圈接、接线柱，原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压规律，副线圈电压小于原线圈电压，故C错误；
D.本实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，故D正确。
由于漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，即为输入端，为输出端。
故答案为：低压；；。
18.【答案】解：等容变化，则有：
解得：
等温变化，则
等压膨胀，气体对外界做功为
根据热力学第一定律可得：
全过程初末温度相同，则
全过程外界对气体做功为
可得：
解得：
可知气体放热。
答：气体在状态和状态的温度分别为和；
气体对外做的功为；
气体放热，放出的热量为。
【解析】过程气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的温度；
根据功的计算公式得出气体对外界做的功；
根据热力学第一定律，代入数据计算出气体的吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律和热力学第一定律即可完成分析。
19.【答案】解：从点运动到点，根据动能定理得：
代入数据解得：，
在点时，根据牛顿第二定律有：
代入数据解得：，
根据牛顿第三定律得对轨道的压力为，方向水平向左
设带电体在向上运动到最高点时速度为时，上移的位移为，
对全过程运用动能定理得：
代入数据解得：
因为：，所以物块不会滑下，最终停在离点上方处
若，设带电体在向上运动到最高点时速度为时，上移的位移为，
对全过程运用动能定理得：
代入数据解得：
经计算由于，带电体上升最高点后，再下降，如此往复。最终可以判断带电体恰好在段做往复运动，且到点速度为零，
对全过程运用能量守恒得：
代入数据解得：
答：带电体运动到圆弧轨道点时对轨道的压力大小为，方向水平向左；
物体最终停在离点上方处；
如果电场强度的大小为，带电体全程摩擦产生的热量为。
【解析】对到过程运用动能定理，求出到达点时的速度，抓住沿半径方向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出轨道对带电体的弹力，从而得出带电体对轨道的压力；
当带电体到达最高点速度为零时，根据动能定理求出带电体在点上方的距离，抓住带电体的重力等于最大静摩擦力，确定出带电体最终的位置；
先判断带电体的最终运动状态，对全程根据能量守恒定律求摩擦生热。
本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿运动定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力，对于第三问，难度较大，需考虑各种情况，从而结合能量守恒进行求解。
20.【答案】解：从开始到进入磁场区域，根据动能定理得：
导体棒切割磁感线产生的感应电动势：
感应电流：，由楞次定律可知：方向为
联立得到：，方向为
设金属棒达到某一位置时速度大小为、电流为，金属棒受力平衡有：
解得
答：金属杆刚进入磁场时流过电阻的电流方向为，大小为；
金属杆匀速运动时的速度大小。
【解析】金属棒刚开始下滑时受重力、支持力作用，根据动能定理求出进入磁场的速度，再由动生电动势公式、欧姆定律求出电流大小，由楞次定律求得电流方向；
金属棒下滑过程中受重力、支持力、安培力而平衡，结合闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式共点力平衡求出匀速运动的速度。
本题综合考查了平衡条件的应用、动能定理、闭合电路欧姆定律等内容，综合了力电主干知识，对学生的能力要求较高，是一道好题。
21.【答案】解：电子在电场中加速，由动能定理有：
，解得：
电子在磁场中做匀速圆周运动，由
解得：
带电粒子到达点的轨迹如图所示．
由几何关系可得：，，，其中为带电粒子的轨迹半径，
由的结果可知：
解得：
带电粒子在磁场中运动的圆心角即：，所以，
周期：
所以：
答：电子经过电场加速后的速度大小为，电子在磁场中运动的轨迹半径为；
该带电粒子的比荷为，在磁场中运动的时间为。
【解析】利用动能定理求加速后的电子的速度大小，通过洛伦兹力提供向心力求电子的轨迹半径；
通过几何关系求出带电粒子的轨迹半径，利用半径求比荷；求出轨迹所对圆心角，进而求时间。
本题考查了带点粒子在电场与匀强磁场中的运动，注意解决带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的关键在于画轨迹找圆心，通过轨迹去找几何关系。
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