2023年6月浙江省普通高校招生选考物理试与解析
文档属性
| 名称 | 2023年6月浙江省普通高校招生选考物理试与解析 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-06-20 18:04:22 | ||
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文档简介
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2023年6月浙江省普通高校招生选考物理试与解析
试题数：22，满分：100
1.（单选题，3分）下列四组物理量中均为标量的是（ ）
A.电势 电场强度
B.热量 功率
C.动量 动能
D.速度 加速度
【正确答案】：B
【解析】：矢量是既有大小也有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量，结合选项分析即可。
【解答】：解：A、电势为标量，电场强度为矢量，与题意不符，故A错误；
B、热量和功率均为标量，故B正确；
C、动量是矢量，动能是标量，与题意不符，故C错误；
D、速度和加速度都为矢量，与题意不符，故D错误。
故选：B。
【点评】：本题考查矢量和标量，解题关键是区分矢量和标量。
2.（单选题，3分）在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）
A.踢香蕉球时足球可视为质点
B.足球在飞行和触网时惯性不变
C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D.触网时足球对网的力大于网对足球的力
【正确答案】：B
【解析】：踢出旋转球时，足球的大小和形状不能忽略，不能看作质点；惯性大小仅与物体的质量有关；足球飞行时不受脚的作用力；一对作用力大小相等，方向相反。
【解答】：解：A、踢香蕉球时，香蕉球产生的原因主要是旋转，因旋转，所以足球的大小和形状不能忽略，即需要考虑足球的大小和形状，足球不能看作质点，故A错误；
B、足球的惯性仅与足球的质量有关，与运动状态无关，即在飞行和触网时足球的惯性不变，故B正确；
C、足球在飞行时不受脚的作用力，仅受重力和空气阻力，故C错误；
D、触网时足球对网的力和网对足球的力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，故D错误。
故选：B。
【点评】：本题考查质点、关系、作用力与反作用力等，解题关键是掌握物体看作质点的条件，知道惯性大小仅与物体的质量有关，一对作用力与反作用力等大反向。
3.（单选题，3分）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A.B.C.D.
【正确答案】：D
【解析】：铅球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式分析速度变化；根据动能公式分析动能与时间的关系；根据机械能守恒定律分析机械能的变化。
【解答】：解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a-t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy=gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx=v0
铅球的速度大小v= =
速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误；
C、铅球的动能Ek= mv2= m（ +g2t2）
则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E-t图像为水平直线，故D正确。
故选：D。
【点评】：本题考查平抛运动，解题关键是知道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，知道机械能守恒的条件，结合运动学公式分析即可。
4.（单选题，3分）图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片。轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg,则巡视器（ ）
A.受到月球的引力为1350N
B.在AB段运动时一定有加速度
C.OA段与AB段的平均速度方向相同
D.从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
【正确答案】：B
【解析】：巡航器在地球表面的引力大于在月球表面的引力，比较即可；做曲线运动的物体所受合力一定不为零，加速度一定不为零；位移是由初位置指向末位置的有向线段，平均速度的方向与位移方向相同。
【解答】：解：A、地球表面的重力加速度为10m/s2，则巡航起在地球表面所受引力为1350N，月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的 ，则巡航起受到月球的引力一定不为1350N，故A错误；
B、巡航器在AB段运动时做曲线运动，合力一定不为零，一定有加速度，故B正确；
CD、平均速度的方向与位移的方向相同，位移为由初位置指向末位置的有向线段，位移的大小为有向线段的长度，从O到B的位移大小不等于OAB轨迹长度。位移的方向为由初位置末位置，由图可知，OA段和AB段的位移方向不同，则平均速度方向不同，故CD错误；
故选：B。
【点评】：本题考查重力加速度、曲线运动、位移与平均速度，知道位移与平均速度的定义，会判断位移的大小和方向，知道物体做曲线运动的条件。
5.（单选题，3分）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将 Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。 Pu的衰变方程为 Pu→ U+ He,则（ ）
A.衰变方程中的X等于233
B. He的穿透能力比γ射线强
C. Pu比 U的比结合能小
D.月夜的寒冷导致 Pu的半衰期变大
【正确答案】：C
【解析】：根据质量数守恒分析核反应方程；γ射线是高频电磁波，有极强的穿透性；半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关；衰变过程比结合能增大。
【解答】：解：A、由质量数守恒得：X=238-4=234
故A错误；
B、 He的穿透能力比γ射线弱，故B错误；
C、 Pu衰变过程释放能量，比结合能增大，即 Pu比 U的比结合能小，故C正确。
D、半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关，故D错误。
故选：C。
【点评】：本题考查了原子核衰变、半衰期、比结合能等知识点。对于这部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。
6.（单选题，3分）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb=90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A.Fa=0.6G，Fb=0.4G
B.Fa=0.4G，Fb=0.6G
C.Fa=0.8G，Fb=0.6G
D.Fa=0.6G，Fb=0.8G
【正确答案】：D
【解析】：对圆柱体受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。
【解答】：解：对圆柱体受力分析，如图：
由几何关系得：Fa=Gsin37°=0.6G
Fb=Gcos37°=0.8G
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】：本题考查共点力平衡，解题关键是对圆柱体做好受力分析，平时多培养根据共点力平衡解答问题的能力。
7.（单选题，3分）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1100kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
【正确答案】：A
【解析】：变压器只能改变交流电的电压，由此分析出整流和变压的先后顺序；
1100kV是直流电的电压，而不是交流电的最大值；
根据变压器的工作原理分析出输电功率由用户端的功率决定。
【解答】：解：AB、变压器只能改变交流电的电压，所以送电端要先升压再整流，用户端要先变交流再降压，故A正确，B错误；
C、1100kV指的是直流电的电压，故C错误；
D、根据变压器的工作原理可知，输电功率由用户端的功率决定，故D错误；
故选：A。
【点评】：本题主要考查了远距离输电的相关应用，熟悉变压器的工作原理即可完成分析。
8.（单选题，3分）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】：A
【解析】：粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小不变，粒子受到的电场力提供向心力，结合牛顿第二定律完成分析。
【解答】：解：因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，粒子受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
联立解得： ，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】：本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析出粒子做圆周运动的向心力来源即可完成分析，难度不大。
9.（单选题，3分）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1：2：4。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则（ ）
A.木卫一轨道半径为
B.木卫二轨道半径为 r
C.周期T与T0之比为
D.木星质量与地球质量之比为
【正确答案】：D
【解析】：根据开普勒第三定律分析ABC选项；根据做匀速圆周运动的卫星，其万有引力提供向心力分析D选项。
【解答】：解：设木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径分别为r1、r2、r3，木卫三周期为T，公转轨道半径r3=nr。
A、根据开普勒第三定律可得： = = ，解得：r1= ，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得： = = ，解得：r2= ，故B错误；
C、由于开普勒第三定律适用于同一个中心天体，不能根据开普勒第三定律计算周期T与T0之比；由于木星和地球质量关系不知道，无法计算T与T0之比，故C错误；
D、对于木卫三，根据万有引力提供向心力，则有： =mnr ，解得：M木=
对于月球绕地球做匀速圆周运动时，有： =m′r ，解得：M地=
所以木星质量与地球质量之比为： = ，故D正确。
故选：D。
【点评】：本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
10.（单选题，3分）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角 ；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A.电源电动势E0=
B.棒消耗的焦耳热 Mgl
C.从左向右运动时，最大摆角小于
D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【正确答案】：C
【解析】：以棒为研究对象，根据平衡条件求解电流强度，根据闭合电路的欧姆定律求解电源电动势；假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，求出棒的重力势能减少量进行分析；根据能量守恒定律分析从左向右运动时的最大摆角；根据功能关系分析两次经过最低点的速度大小关系，再根据E=BLv进行分析。
【解答】：解：A、以棒为研究对象，画出前视的受力图，如图所示：
根据平衡条件可得：F安=Mgtanθ，其中：F安=BIL
解得：I=
电源电动势E0=IR= ，故A错误；
B、假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：ΔEp=Mgl（1-cosθ），解得：ΔEp= Mgl,根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热 Mgl；由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于 Mgl,故B错误；
C、棒从右侧开始运动达到最左侧过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于 ；从左向右运动时，根据右手定则可知，电流反向通过二极管，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则棒从左向右运动时，最大摆角小于 ，故C正确；
D、棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第二次经过最低点的速度，根据E=BLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。
故选：C。
【点评】：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、能量关系等进行求解。
11.（单选题，3分）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O，先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d=15cm,在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位，已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（ ）
A.声波的波长λ=15cm
B.声波的波长λ=30cm
C.两声波的振幅之比为3：1
D.两声波的振幅之比为2：1
【正确答案】：C
【解析】：根据波的加强点和减弱点的特点，结合题意得出波长的大小；
根据声波强度与声波振幅的关系得出O点前后两次的振幅比值关系，结合波的叠加原理得出波的振幅之比。
【解答】：解：A、AB管等长时，两列波发生干涉加强，将A管拉长15cm之后，声波强度最小，意味着两列波发生干涉减弱，由于是第一次干涉减弱，表明A管整体伸长的距离为波长的一半，即 ，进而得：λ=4d=4×15cm=60cm,故AB错误；
CD、分别设两列声波的振幅为A1和A2，因为声波强度与声波振幅平方成正比，且O出的声波强度比值为4：1，由此可知前后两次O点的振幅之比为2：1，结合波的叠加原理可得：
解得： ，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】：本题主要考查了波的叠加原理，理解波发生加强和减弱位置的特点，结合波的叠加原理即可完成分析。
12.（单选题，3分）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm,电荷量为1.0×10-8C、质量为3.0×10-4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A.MC距离为5 cm
B.电势能增加了 J
C.电场强度大小为 ×104N/C
D.减小R的阻值，MC的距离将变大
【正确答案】：B
【解析】：剪断细线，小球沿直线运动到M点，根据几何关系求解MC；作出受力图，根据正弦定理可得电场力大小，根据功的计算公式求解克服电场力做的功，根据功能关系求解电势能增加量；根据电场强度的定义式求解电场强度大小；电容器两板间的电压等于电源电动势，与R的阻值无关，由此分析。
【解答】：解：A、剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示：
根据几何关系可得：MC= = cm=10 cm,故A错误；
B、根据几何关系可得电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得： =
可得电场力大小为：F= mg= 3.0×10-4×10N= ×10-3N
逆电场线方向的位移：x=d-Lsin30°，其中：d=10cm=0.1m,L=5cm=0.05m
解得：x=0.075m
克服电场力做的功为：W电=Fx= ×10-3×0.075J= J，所以电势能增加了 J，故B正确；
C、电场强度的大小为：E= ，解得：E= ×105N/C，故C错误；
D、电阻两端电压为零，电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，故D错误。
故选：B。
【点评】：本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，根据平衡条件、电场强度的计算公式、功能关系进行解答。
13.（单选题，3分）在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m,水的折射率 ，细灯带到水面的距离h= m,则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（ ）
A.B.C.D.
【正确答案】：C
【解析】：先考虑点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状，再考虑线光源发出的光在水面上有光射出的水面形状，最后分析三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状。根据全反射临界角满足的条件，画出示意图，根据几何关系解答。
【解答】：解：取细灯带上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为R，点光源出的光线在水面恰好全反射的光路图如图1所示。
由sinC= = = ，可得：tanC=
R=h tanC= × m=0.3m
三角形发光体的每一条细灯带发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图2所示。
三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图3所示
设直角边的长度为a=0.9m,由几何关系可得此三角形的内切圆的半径r=a- × =
而R=0.3m= a,可知：R＞r,则由图3可知有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】：本题考查了光线发生折射和全反射的问题，根据题意画出光路图，根据几何关系求解。掌握折射定律和全反射临界角满足的条件。
14.（多选题，3分）下列说法正确的是（ ）
A.热量能自发地从低温物体传到高温物体
B.液体的表面张力方向总是跟液面相切
C.在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D.当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【正确答案】：BD
【解析】：根据热力学第二定律分析即可；根据液体表面张力的特点分析即可；根据狭义相对论分析即可；根据多普勒效应分析即可。
【解答】：解：A、根据热力学第二定律得，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B、液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C、在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，故C错误；
D、根据多普勒效应的原理可知，当波源与观察者相互接近时，观察者接收到波的频率增大；反之，观察者接收到波的频率减小。故D正确。
故选：BD。
【点评】：本题考查热力学第二定律、表面张力、惯性系、多普勒效应，要加强对基础知识的学习与理解。
15.（多选题，3分）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为Δx。已知电子质量m,普朗克常量为h,光速为c,则（ ）
A.电子的动量pe=
B.电子的动能Ek=
C.光子的能量
D.光子的动量p=
【正确答案】：AD
【解析】：根据电子的动量公式结合双缝干涉实验的条纹间距公式联立等式得出电子的动量表达式；
根据动能和动量的关系得出电子的动能；
根据光电效应方程列式得出光子的能量，结合能量和动量的关系式得出光子的动量。
【解答】：解：A、电子的动量公式为：
根据双缝干涉实验的条纹间距公式可得：
联立解得：pe= ，故A正确；
B、根据动能和动量的关系可得：
，故B错误；
C、根据光电效应方程可得：
联立解得： ，故C错误；
D、光子的能量为：
E0=W0+Ek
同时，光子的动量p=mc
光子的能量E0=mc2
联立解得：p= ，故D正确；
故选：AD。
【点评】：本题主要考查了双缝干涉实验的相关应用，熟悉光电效应方程和干涉实验中的条纹间距公式，理解能量和动量的关系，熟悉公式间的推导即可完成解答。
16.（问答题，7分）（1）在“探究平抛运动的特点”实验中
① 用图1装置进行探究，下列说法正确的是 ___ 。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
② 用图2装置进行实验，下列说法正确的是 ___ 。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
③ 用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x,重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为 ___ 。
A．（x+ ）
B．（x+ ）
C．（3x- ）
D．（4x- ）
（2）如图4所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。
钩码个数 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA=___ cm,弹簧B的伸长量ΔxB=___ cm,两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp___ mg（ΔxA+ΔxB）（选填“=”、“＜”或“＞”）。
【正确答案】：B; C; D; 0.78; 1.29; ＞
【解析】：（1） ① 此装置只能分析出两球竖直方向上的运动特点，为了保证多次实验验证，需要改变小球的初速度；
② 为了保证小球的初速度相同，要让小球从同一位置静止下滑，轨道是否光滑对实验无影响，挡板N不需要等间距移动；
③ 根据平抛运动不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出初速度的表达式；
（2）根据指针刻度和弹簧伸长量的关系得出弹簧的伸长量，结合能量守恒定律得出弹性势能增加量和重力势能减小量的大小关系。
【解答】：解：（1） ① 用图1装置进行探究，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确，AC错误；
故选：B。
② 用图2装置进行实验，则：
A、斜槽轨道不一定要光滑，但末端要水平，故A错误；
B、上下调节挡板N时不需要保证等间距移动，故B错误；
C、为了保证小钢球的初速度相同，则需要让小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下，故C正确；
故选：C。
③ 根据平抛运动的特点可知：
在竖直方向上：
在水平方向上：
联立解得：v0=（4x- ） ，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2）弹簧A的伸长量可由刻度xA的变化得到，则ΔxA=8.53cm-7.75cm=0.78cm。
弹簧B的伸长量等于刻度xB与刻度xA的差值，则
ΔxB=18.52cm-16.45cm-0.78cm=1.29cm。
因为弹簧本身有重力，所以弹簧伸长后也有重力势能的减小，根据能量守恒定律可知，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp＞mg（ΔxA+ΔxB）。
故答案为：（1） ① B； ② C； ③ D；（2）0.78；1.29；＞
【点评】：本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点即可完成解答。
17.（问答题，5分）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到 ___ （选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 ___ V。
（2）测得的7组数据已标在如图3所示U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E=___ V和内阻r=___ Ω。（计算结果均保留两位小数）
【正确答案】：B; 1.20; 1.50; 1.04
【解析】：（1）根据实验原理可知电压表测量的是外电压，由此分析出导线a端的连接方式，根据电压表的读数规则得出对应的示数；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电池电动势和内阻。
【解答】：解：（1）根据实验原理可知，电压表要连接在电源的两端，因此导线a端应连接到B接线柱上。
电压表的量程是0～3V，分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，则示数为1.20V。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：
U=E-Ir
根据图像可知，纵截距为1.50V，斜率的绝对值为：
结合图3可得U-I图像的解析式为：
U=1.50-1.04I
由此可得：E=1.50V；r=1.04Ω
故答案为：（1）B；1.20；（2）1.50；1.04
【点评】：本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验方式，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
18.（填空题，2分）以下实验中，说法正确的是 ___ （多选）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【正确答案】：[1]CD
【解析】：“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析即可。
【解答】：解：A、“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A错误；
B、“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，再描下油膜轮廓，测出油膜面积，故B错误；
C、“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C正确；
D、“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈中仍会发生电磁感应现象，副线圈输出电压不为零，故D正确。
故答案为：CD。
【点评】：本题考查电容器、用油膜法估测油酸分子的大小、光敏电阻和金属热电阻、变压器，解题关键是掌握实验原理。
19.（问答题，8分）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25J；大气压p0=1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 ___ （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 ___ （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
【正确答案】：不变; 增大
【解析】：（1）根据题意得出气体的温度变化，由此分析出分子平均动能的变化趋势；
根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT分析出气体的压强变化趋势，结合题意完成分析；
（2）从状态A到状态B过程，气体的温度保持不变，从状态B到状态C过程，气体的体积保持不变，根据玻意耳定律和查理定律联立等式得出气体的温度；
（3）根据气体的体积变化得出气体的做功情况，根据温度的变化得出内能的变化情况，结合热力学第一定律得出从状态A到状态B过程中外界对系统的做功情况。
【解答】：解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA=pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S=mg+pAS
其中，S=100cm2=0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
联立解得：TC=350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB=0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC=Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC=WAB
根据题意可得：ΔUAC=ΔU
联立解得：WAB=11J
答：（1）不变；增大；
（2）气体在状态C的温度为350K；
（3）气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功为11J。
【点评】：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状态参量的变化，结合一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律即可完成分析。
20.（问答题，11分）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep= （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【正确答案】：
【解析】：（1）根据动能定理得出滑块的速度，结合牛顿第二定律得出支持力的大小；
（2）根据动能定理得出碰后滑块a的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出机械能的损失；
（3）当滑块的速度相等时，弹簧的长度最大或最小，结合能量守恒定律和动量守恒定律联立等式完成分析。
【解答】：解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR=
代入数据解得：vF=10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN=31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF=-mv1+3mv2
联立解得：ΔE=0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF=（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv=（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1=0.1m
同理可得：x2=0.1m
则Δx=x2+x1
代入数据解得：Δx=0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s,所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
【点评】：本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量的转化关系和弹性势能的计算公式即可完成分析。
21.（问答题，11分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1=kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2=2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d= ，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【正确答案】：
【解析】：（1）根据安培力的计算公式求解安培力大小；由牛顿第二定律求解加速度，再由速度—位移关系公式求解运动的距离；
（2）由速度—时间关系公式求得导电杆的速度与时间的关系，根据动生感应电动势的计算公式求解；
（3）依据装置A输出电压U与感应电动势之和等于导电杆两端的恒定的电压，求解装置A输出电压U与运动时间t的关系；根据装置A输出的功率与时间的关系为线性关系，用功率的平均值计算输出的能量；
（4）当R=0时，得到装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量，回收的总能量减去火箭与导电杆整体减少的机械能就等于减少的磁场能。
【解答】：解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F=B1Id=kI I =3Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a,对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：
F-Mg=Ma
解得：a=2g
由速度—位移关系公式可得：
2aL=
解得：L=
（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：
v=v0-at=v0-2gt
回路中感应电动势为：
E=B2dv=2kI （v0-2gt）= （v0-2gt）
（3）导电杆两端的电压恒为U0=IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：
U+E=U0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：
U=IR- （v0-2gt）
火箭落停过程经历的时间为t1= =
装置A输出的功率为：P=UI=I2R-6Mg（v0-2gt）
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t=0）时功率P0=I2R-6Mgv0，末状态（t=t1）的功率为P1=I2R，则有：
W= = （P0+P1）t1= -
（4）当R=0时，由U=IR- （v0-2gt）=- （v0-2gt）
可知装置A回收能量的功率为P′=|U|I=6Mg（v0-2gt）
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t=0）时功率P0′=6Mgv0，末状态（t=t1）的功率为P1′=0，则有：
W总= = （P0′+P1′）t1=
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：
ΔE机= +MgL=
根据能量守恒定律得：
ΔE磁=W总-ΔE机= - =
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为 ；减少的磁场能，大小为 。
答：（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg,运动的距离L为 ；
（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E= （v0-2gt）；
（3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U=IR- （v0-2gt），输出的能量W为 - ；
（4）装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为 ；减少的磁场能，大小为 。
【点评】：本题考查了安培力和感应电动势的计算问题和电磁感应中能量转化问题。重在理解题意，此题第（3）（4）问根据功率与时间的关系为线性关系，能量的求解方法可用平均值求解，亦可用P-t图像的“面积”的物理意义求解。
22.（问答题，11分）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2=2B1，求能到达 处的离子的最小速度v2；
（3）若B2= ，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ～ 范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【正确答案】：
【解析】：（1）离子在两个磁场区域中均做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，画出其运动轨迹，由几何关系求得其匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据离子在磁场中运动的周期求解时间；
（2）能到达 处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线 相切，画出其运动轨迹。将离子的运动沿x轴和y轴分解处理，沿x轴方向应用动量定理，结合洛伦兹力提供向心力和几何关系求解；
（3）与（2）同理，将离子的运动沿x轴和y轴分解处理，应用动量定理解答。先求解出运动轨迹与x轴相切的离子的速度大小，再确定能进入第四象限的离子的速度范围，进而进入第四象限的离子数与总离子数之比。
【解答】：解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
设其匀速圆周运动的半径为r,圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：
α=60°，r-L=rcosα
解得：r=2L
由洛伦兹力提供向心力得：
qB1v1=m
解得：v1=
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T= =
在磁场中的运动时间t= =
（2）能到达 处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线 相切，其运动轨迹如图2所示。
设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x=v2cos60°= v2，v2x′=v2cosθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v2yi Δt=mv2x′-mv2x
其中：∑v2yi Δt=L
已知：B2=2B1
联立可得： qB2L=mv2cosθ- mv2
由几何关系得：R- =Rcosθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2=m
联立解得：R=2L，v2= =
（3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi Δt+∑qB2v3yi Δt=mv3-mv3cos60°
其中：∑qB1v3yi Δt=qB1L
∑qB2v3yi Δt=∑q v3yi Δt=∑q Δy= ydy= qB1L
联立可得：qB1L+ qB1L=mv3- mv3
解得：v3=
故离子源射出的离子速度大于 的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：
η= =
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为 ，其在磁场中的运动时间t为 ；
（2）能到达 处的离子的最小速度v2为 ；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为 。
【点评】：本题考查了带电粒子在匀强磁场在运动问题，解答此类问题一般的思路是由几何关系求得粒子匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力和运动的周期求解其它物理量。此题应用了运动的分解，应用动量定理和微积分的思想。
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2023年6月浙江省普通高校招生选考物理试与解析
试题数：22，满分：100
1.（单选题，3分）下列四组物理量中均为标量的是（ ）
A.电势 电场强度
B.热量 功率
C.动量 动能
D.速度 加速度
【正确答案】：B
【解析】：矢量是既有大小也有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量，结合选项分析即可。
【解答】：解：A、电势为标量，电场强度为矢量，与题意不符，故A错误；
B、热量和功率均为标量，故B正确；
C、动量是矢量，动能是标量，与题意不符，故C错误；
D、速度和加速度都为矢量，与题意不符，故D错误。
故选：B。
【点评】：本题考查矢量和标量，解题关键是区分矢量和标量。
2.（单选题，3分）在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）
A.踢香蕉球时足球可视为质点
B.足球在飞行和触网时惯性不变
C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D.触网时足球对网的力大于网对足球的力
【正确答案】：B
【解析】：踢出旋转球时，足球的大小和形状不能忽略，不能看作质点；惯性大小仅与物体的质量有关；足球飞行时不受脚的作用力；一对作用力大小相等，方向相反。
【解答】：解：A、踢香蕉球时，香蕉球产生的原因主要是旋转，因旋转，所以足球的大小和形状不能忽略，即需要考虑足球的大小和形状，足球不能看作质点，故A错误；
B、足球的惯性仅与足球的质量有关，与运动状态无关，即在飞行和触网时足球的惯性不变，故B正确；
C、足球在飞行时不受脚的作用力，仅受重力和空气阻力，故C错误；
D、触网时足球对网的力和网对足球的力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，故D错误。
故选：B。
【点评】：本题考查质点、关系、作用力与反作用力等，解题关键是掌握物体看作质点的条件，知道惯性大小仅与物体的质量有关，一对作用力与反作用力等大反向。
3.（单选题，3分）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A.B.C.D.
【正确答案】：D
【解析】：铅球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式分析速度变化；根据动能公式分析动能与时间的关系；根据机械能守恒定律分析机械能的变化。
【解答】：解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a-t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy=gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx=v0
铅球的速度大小v= =
速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误；
C、铅球的动能Ek= mv2= m（ +g2t2）
则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E-t图像为水平直线，故D正确。
故选：D。
【点评】：本题考查平抛运动，解题关键是知道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，知道机械能守恒的条件，结合运动学公式分析即可。
4.（单选题，3分）图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片。轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg,则巡视器（ ）
A.受到月球的引力为1350N
B.在AB段运动时一定有加速度
C.OA段与AB段的平均速度方向相同
D.从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
【正确答案】：B
【解析】：巡航器在地球表面的引力大于在月球表面的引力，比较即可；做曲线运动的物体所受合力一定不为零，加速度一定不为零；位移是由初位置指向末位置的有向线段，平均速度的方向与位移方向相同。
【解答】：解：A、地球表面的重力加速度为10m/s2，则巡航起在地球表面所受引力为1350N，月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的 ，则巡航起受到月球的引力一定不为1350N，故A错误；
B、巡航器在AB段运动时做曲线运动，合力一定不为零，一定有加速度，故B正确；
CD、平均速度的方向与位移的方向相同，位移为由初位置指向末位置的有向线段，位移的大小为有向线段的长度，从O到B的位移大小不等于OAB轨迹长度。位移的方向为由初位置末位置，由图可知，OA段和AB段的位移方向不同，则平均速度方向不同，故CD错误；
故选：B。
【点评】：本题考查重力加速度、曲线运动、位移与平均速度，知道位移与平均速度的定义，会判断位移的大小和方向，知道物体做曲线运动的条件。
5.（单选题，3分）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将 Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。 Pu的衰变方程为 Pu→ U+ He,则（ ）
A.衰变方程中的X等于233
B. He的穿透能力比γ射线强
C. Pu比 U的比结合能小
D.月夜的寒冷导致 Pu的半衰期变大
【正确答案】：C
【解析】：根据质量数守恒分析核反应方程；γ射线是高频电磁波，有极强的穿透性；半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关；衰变过程比结合能增大。
【解答】：解：A、由质量数守恒得：X=238-4=234
故A错误；
B、 He的穿透能力比γ射线弱，故B错误；
C、 Pu衰变过程释放能量，比结合能增大，即 Pu比 U的比结合能小，故C正确。
D、半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关，故D错误。
故选：C。
【点评】：本题考查了原子核衰变、半衰期、比结合能等知识点。对于这部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。
6.（单选题，3分）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb=90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A.Fa=0.6G，Fb=0.4G
B.Fa=0.4G，Fb=0.6G
C.Fa=0.8G，Fb=0.6G
D.Fa=0.6G，Fb=0.8G
【正确答案】：D
【解析】：对圆柱体受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。
【解答】：解：对圆柱体受力分析，如图：
由几何关系得：Fa=Gsin37°=0.6G
Fb=Gcos37°=0.8G
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】：本题考查共点力平衡，解题关键是对圆柱体做好受力分析，平时多培养根据共点力平衡解答问题的能力。
7.（单选题，3分）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1100kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
【正确答案】：A
【解析】：变压器只能改变交流电的电压，由此分析出整流和变压的先后顺序；
1100kV是直流电的电压，而不是交流电的最大值；
根据变压器的工作原理分析出输电功率由用户端的功率决定。
【解答】：解：AB、变压器只能改变交流电的电压，所以送电端要先升压再整流，用户端要先变交流再降压，故A正确，B错误；
C、1100kV指的是直流电的电压，故C错误；
D、根据变压器的工作原理可知，输电功率由用户端的功率决定，故D错误；
故选：A。
【点评】：本题主要考查了远距离输电的相关应用，熟悉变压器的工作原理即可完成分析。
8.（单选题，3分）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】：A
【解析】：粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小不变，粒子受到的电场力提供向心力，结合牛顿第二定律完成分析。
【解答】：解：因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，粒子受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
联立解得： ，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】：本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析出粒子做圆周运动的向心力来源即可完成分析，难度不大。
9.（单选题，3分）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1：2：4。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则（ ）
A.木卫一轨道半径为
B.木卫二轨道半径为 r
C.周期T与T0之比为
D.木星质量与地球质量之比为
【正确答案】：D
【解析】：根据开普勒第三定律分析ABC选项；根据做匀速圆周运动的卫星，其万有引力提供向心力分析D选项。
【解答】：解：设木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径分别为r1、r2、r3，木卫三周期为T，公转轨道半径r3=nr。
A、根据开普勒第三定律可得： = = ，解得：r1= ，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得： = = ，解得：r2= ，故B错误；
C、由于开普勒第三定律适用于同一个中心天体，不能根据开普勒第三定律计算周期T与T0之比；由于木星和地球质量关系不知道，无法计算T与T0之比，故C错误；
D、对于木卫三，根据万有引力提供向心力，则有： =mnr ，解得：M木=
对于月球绕地球做匀速圆周运动时，有： =m′r ，解得：M地=
所以木星质量与地球质量之比为： = ，故D正确。
故选：D。
【点评】：本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
10.（单选题，3分）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角 ；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A.电源电动势E0=
B.棒消耗的焦耳热 Mgl
C.从左向右运动时，最大摆角小于
D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【正确答案】：C
【解析】：以棒为研究对象，根据平衡条件求解电流强度，根据闭合电路的欧姆定律求解电源电动势；假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，求出棒的重力势能减少量进行分析；根据能量守恒定律分析从左向右运动时的最大摆角；根据功能关系分析两次经过最低点的速度大小关系，再根据E=BLv进行分析。
【解答】：解：A、以棒为研究对象，画出前视的受力图，如图所示：
根据平衡条件可得：F安=Mgtanθ，其中：F安=BIL
解得：I=
电源电动势E0=IR= ，故A错误；
B、假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：ΔEp=Mgl（1-cosθ），解得：ΔEp= Mgl,根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热 Mgl；由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于 Mgl,故B错误；
C、棒从右侧开始运动达到最左侧过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于 ；从左向右运动时，根据右手定则可知，电流反向通过二极管，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则棒从左向右运动时，最大摆角小于 ，故C正确；
D、棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第二次经过最低点的速度，根据E=BLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。
故选：C。
【点评】：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、能量关系等进行求解。
11.（单选题，3分）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O，先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d=15cm,在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位，已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（ ）
A.声波的波长λ=15cm
B.声波的波长λ=30cm
C.两声波的振幅之比为3：1
D.两声波的振幅之比为2：1
【正确答案】：C
【解析】：根据波的加强点和减弱点的特点，结合题意得出波长的大小；
根据声波强度与声波振幅的关系得出O点前后两次的振幅比值关系，结合波的叠加原理得出波的振幅之比。
【解答】：解：A、AB管等长时，两列波发生干涉加强，将A管拉长15cm之后，声波强度最小，意味着两列波发生干涉减弱，由于是第一次干涉减弱，表明A管整体伸长的距离为波长的一半，即 ，进而得：λ=4d=4×15cm=60cm,故AB错误；
CD、分别设两列声波的振幅为A1和A2，因为声波强度与声波振幅平方成正比，且O出的声波强度比值为4：1，由此可知前后两次O点的振幅之比为2：1，结合波的叠加原理可得：
解得： ，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】：本题主要考查了波的叠加原理，理解波发生加强和减弱位置的特点，结合波的叠加原理即可完成分析。
12.（单选题，3分）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm,电荷量为1.0×10-8C、质量为3.0×10-4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A.MC距离为5 cm
B.电势能增加了 J
C.电场强度大小为 ×104N/C
D.减小R的阻值，MC的距离将变大
【正确答案】：B
【解析】：剪断细线，小球沿直线运动到M点，根据几何关系求解MC；作出受力图，根据正弦定理可得电场力大小，根据功的计算公式求解克服电场力做的功，根据功能关系求解电势能增加量；根据电场强度的定义式求解电场强度大小；电容器两板间的电压等于电源电动势，与R的阻值无关，由此分析。
【解答】：解：A、剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示：
根据几何关系可得：MC= = cm=10 cm,故A错误；
B、根据几何关系可得电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得： =
可得电场力大小为：F= mg= 3.0×10-4×10N= ×10-3N
逆电场线方向的位移：x=d-Lsin30°，其中：d=10cm=0.1m,L=5cm=0.05m
解得：x=0.075m
克服电场力做的功为：W电=Fx= ×10-3×0.075J= J，所以电势能增加了 J，故B正确；
C、电场强度的大小为：E= ，解得：E= ×105N/C，故C错误；
D、电阻两端电压为零，电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，故D错误。
故选：B。
【点评】：本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，根据平衡条件、电场强度的计算公式、功能关系进行解答。
13.（单选题，3分）在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m,水的折射率 ，细灯带到水面的距离h= m,则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（ ）
A.B.C.D.
【正确答案】：C
【解析】：先考虑点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状，再考虑线光源发出的光在水面上有光射出的水面形状，最后分析三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状。根据全反射临界角满足的条件，画出示意图，根据几何关系解答。
【解答】：解：取细灯带上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为R，点光源出的光线在水面恰好全反射的光路图如图1所示。
由sinC= = = ，可得：tanC=
R=h tanC= × m=0.3m
三角形发光体的每一条细灯带发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图2所示。
三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图3所示
设直角边的长度为a=0.9m,由几何关系可得此三角形的内切圆的半径r=a- × =
而R=0.3m= a,可知：R＞r,则由图3可知有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】：本题考查了光线发生折射和全反射的问题，根据题意画出光路图，根据几何关系求解。掌握折射定律和全反射临界角满足的条件。
14.（多选题，3分）下列说法正确的是（ ）
A.热量能自发地从低温物体传到高温物体
B.液体的表面张力方向总是跟液面相切
C.在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D.当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【正确答案】：BD
【解析】：根据热力学第二定律分析即可；根据液体表面张力的特点分析即可；根据狭义相对论分析即可；根据多普勒效应分析即可。
【解答】：解：A、根据热力学第二定律得，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B、液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C、在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，故C错误；
D、根据多普勒效应的原理可知，当波源与观察者相互接近时，观察者接收到波的频率增大；反之，观察者接收到波的频率减小。故D正确。
故选：BD。
【点评】：本题考查热力学第二定律、表面张力、惯性系、多普勒效应，要加强对基础知识的学习与理解。
15.（多选题，3分）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为Δx。已知电子质量m,普朗克常量为h,光速为c,则（ ）
A.电子的动量pe=
B.电子的动能Ek=
C.光子的能量
D.光子的动量p=
【正确答案】：AD
【解析】：根据电子的动量公式结合双缝干涉实验的条纹间距公式联立等式得出电子的动量表达式；
根据动能和动量的关系得出电子的动能；
根据光电效应方程列式得出光子的能量，结合能量和动量的关系式得出光子的动量。
【解答】：解：A、电子的动量公式为：
根据双缝干涉实验的条纹间距公式可得：
联立解得：pe= ，故A正确；
B、根据动能和动量的关系可得：
，故B错误；
C、根据光电效应方程可得：
联立解得： ，故C错误；
D、光子的能量为：
E0=W0+Ek
同时，光子的动量p=mc
光子的能量E0=mc2
联立解得：p= ，故D正确；
故选：AD。
【点评】：本题主要考查了双缝干涉实验的相关应用，熟悉光电效应方程和干涉实验中的条纹间距公式，理解能量和动量的关系，熟悉公式间的推导即可完成解答。
16.（问答题，7分）（1）在“探究平抛运动的特点”实验中
① 用图1装置进行探究，下列说法正确的是 ___ 。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
② 用图2装置进行实验，下列说法正确的是 ___ 。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
③ 用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x,重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为 ___ 。
A．（x+ ）
B．（x+ ）
C．（3x- ）
D．（4x- ）
（2）如图4所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。
钩码个数 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA=___ cm,弹簧B的伸长量ΔxB=___ cm,两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp___ mg（ΔxA+ΔxB）（选填“=”、“＜”或“＞”）。
【正确答案】：B; C; D; 0.78; 1.29; ＞
【解析】：（1） ① 此装置只能分析出两球竖直方向上的运动特点，为了保证多次实验验证，需要改变小球的初速度；
② 为了保证小球的初速度相同，要让小球从同一位置静止下滑，轨道是否光滑对实验无影响，挡板N不需要等间距移动；
③ 根据平抛运动不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出初速度的表达式；
（2）根据指针刻度和弹簧伸长量的关系得出弹簧的伸长量，结合能量守恒定律得出弹性势能增加量和重力势能减小量的大小关系。
【解答】：解：（1） ① 用图1装置进行探究，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确，AC错误；
故选：B。
② 用图2装置进行实验，则：
A、斜槽轨道不一定要光滑，但末端要水平，故A错误；
B、上下调节挡板N时不需要保证等间距移动，故B错误；
C、为了保证小钢球的初速度相同，则需要让小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下，故C正确；
故选：C。
③ 根据平抛运动的特点可知：
在竖直方向上：
在水平方向上：
联立解得：v0=（4x- ） ，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2）弹簧A的伸长量可由刻度xA的变化得到，则ΔxA=8.53cm-7.75cm=0.78cm。
弹簧B的伸长量等于刻度xB与刻度xA的差值，则
ΔxB=18.52cm-16.45cm-0.78cm=1.29cm。
因为弹簧本身有重力，所以弹簧伸长后也有重力势能的减小，根据能量守恒定律可知，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp＞mg（ΔxA+ΔxB）。
故答案为：（1） ① B； ② C； ③ D；（2）0.78；1.29；＞
【点评】：本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点即可完成解答。
17.（问答题，5分）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到 ___ （选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 ___ V。
（2）测得的7组数据已标在如图3所示U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E=___ V和内阻r=___ Ω。（计算结果均保留两位小数）
【正确答案】：B; 1.20; 1.50; 1.04
【解析】：（1）根据实验原理可知电压表测量的是外电压，由此分析出导线a端的连接方式，根据电压表的读数规则得出对应的示数；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电池电动势和内阻。
【解答】：解：（1）根据实验原理可知，电压表要连接在电源的两端，因此导线a端应连接到B接线柱上。
电压表的量程是0～3V，分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，则示数为1.20V。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：
U=E-Ir
根据图像可知，纵截距为1.50V，斜率的绝对值为：
结合图3可得U-I图像的解析式为：
U=1.50-1.04I
由此可得：E=1.50V；r=1.04Ω
故答案为：（1）B；1.20；（2）1.50；1.04
【点评】：本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验方式，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
18.（填空题，2分）以下实验中，说法正确的是 ___ （多选）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【正确答案】：[1]CD
【解析】：“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析即可。
【解答】：解：A、“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A错误；
B、“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，再描下油膜轮廓，测出油膜面积，故B错误；
C、“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C正确；
D、“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈中仍会发生电磁感应现象，副线圈输出电压不为零，故D正确。
故答案为：CD。
【点评】：本题考查电容器、用油膜法估测油酸分子的大小、光敏电阻和金属热电阻、变压器，解题关键是掌握实验原理。
19.（问答题，8分）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25J；大气压p0=1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 ___ （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 ___ （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
【正确答案】：不变; 增大
【解析】：（1）根据题意得出气体的温度变化，由此分析出分子平均动能的变化趋势；
根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT分析出气体的压强变化趋势，结合题意完成分析；
（2）从状态A到状态B过程，气体的温度保持不变，从状态B到状态C过程，气体的体积保持不变，根据玻意耳定律和查理定律联立等式得出气体的温度；
（3）根据气体的体积变化得出气体的做功情况，根据温度的变化得出内能的变化情况，结合热力学第一定律得出从状态A到状态B过程中外界对系统的做功情况。
【解答】：解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA=pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S=mg+pAS
其中，S=100cm2=0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
联立解得：TC=350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB=0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC=Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC=WAB
根据题意可得：ΔUAC=ΔU
联立解得：WAB=11J
答：（1）不变；增大；
（2）气体在状态C的温度为350K；
（3）气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功为11J。
【点评】：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状态参量的变化，结合一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律即可完成分析。
20.（问答题，11分）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep= （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【正确答案】：
【解析】：（1）根据动能定理得出滑块的速度，结合牛顿第二定律得出支持力的大小；
（2）根据动能定理得出碰后滑块a的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出机械能的损失；
（3）当滑块的速度相等时，弹簧的长度最大或最小，结合能量守恒定律和动量守恒定律联立等式完成分析。
【解答】：解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR=
代入数据解得：vF=10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN=31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF=-mv1+3mv2
联立解得：ΔE=0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF=（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv=（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1=0.1m
同理可得：x2=0.1m
则Δx=x2+x1
代入数据解得：Δx=0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s,所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
【点评】：本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量的转化关系和弹性势能的计算公式即可完成分析。
21.（问答题，11分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1=kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2=2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d= ，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【正确答案】：
【解析】：（1）根据安培力的计算公式求解安培力大小；由牛顿第二定律求解加速度，再由速度—位移关系公式求解运动的距离；
（2）由速度—时间关系公式求得导电杆的速度与时间的关系，根据动生感应电动势的计算公式求解；
（3）依据装置A输出电压U与感应电动势之和等于导电杆两端的恒定的电压，求解装置A输出电压U与运动时间t的关系；根据装置A输出的功率与时间的关系为线性关系，用功率的平均值计算输出的能量；
（4）当R=0时，得到装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量，回收的总能量减去火箭与导电杆整体减少的机械能就等于减少的磁场能。
【解答】：解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F=B1Id=kI I =3Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a,对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：
F-Mg=Ma
解得：a=2g
由速度—位移关系公式可得：
2aL=
解得：L=
（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：
v=v0-at=v0-2gt
回路中感应电动势为：
E=B2dv=2kI （v0-2gt）= （v0-2gt）
（3）导电杆两端的电压恒为U0=IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：
U+E=U0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：
U=IR- （v0-2gt）
火箭落停过程经历的时间为t1= =
装置A输出的功率为：P=UI=I2R-6Mg（v0-2gt）
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t=0）时功率P0=I2R-6Mgv0，末状态（t=t1）的功率为P1=I2R，则有：
W= = （P0+P1）t1= -
（4）当R=0时，由U=IR- （v0-2gt）=- （v0-2gt）
可知装置A回收能量的功率为P′=|U|I=6Mg（v0-2gt）
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t=0）时功率P0′=6Mgv0，末状态（t=t1）的功率为P1′=0，则有：
W总= = （P0′+P1′）t1=
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：
ΔE机= +MgL=
根据能量守恒定律得：
ΔE磁=W总-ΔE机= - =
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为 ；减少的磁场能，大小为 。
答：（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg,运动的距离L为 ；
（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E= （v0-2gt）；
（3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U=IR- （v0-2gt），输出的能量W为 - ；
（4）装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为 ；减少的磁场能，大小为 。
【点评】：本题考查了安培力和感应电动势的计算问题和电磁感应中能量转化问题。重在理解题意，此题第（3）（4）问根据功率与时间的关系为线性关系，能量的求解方法可用平均值求解，亦可用P-t图像的“面积”的物理意义求解。
22.（问答题，11分）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2=2B1，求能到达 处的离子的最小速度v2；
（3）若B2= ，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ～ 范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【正确答案】：
【解析】：（1）离子在两个磁场区域中均做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，画出其运动轨迹，由几何关系求得其匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据离子在磁场中运动的周期求解时间；
（2）能到达 处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线 相切，画出其运动轨迹。将离子的运动沿x轴和y轴分解处理，沿x轴方向应用动量定理，结合洛伦兹力提供向心力和几何关系求解；
（3）与（2）同理，将离子的运动沿x轴和y轴分解处理，应用动量定理解答。先求解出运动轨迹与x轴相切的离子的速度大小，再确定能进入第四象限的离子的速度范围，进而进入第四象限的离子数与总离子数之比。
【解答】：解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
设其匀速圆周运动的半径为r,圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：
α=60°，r-L=rcosα
解得：r=2L
由洛伦兹力提供向心力得：
qB1v1=m
解得：v1=
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T= =
在磁场中的运动时间t= =
（2）能到达 处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线 相切，其运动轨迹如图2所示。
设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x=v2cos60°= v2，v2x′=v2cosθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v2yi Δt=mv2x′-mv2x
其中：∑v2yi Δt=L
已知：B2=2B1
联立可得： qB2L=mv2cosθ- mv2
由几何关系得：R- =Rcosθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2=m
联立解得：R=2L，v2= =
（3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi Δt+∑qB2v3yi Δt=mv3-mv3cos60°
其中：∑qB1v3yi Δt=qB1L
∑qB2v3yi Δt=∑q v3yi Δt=∑q Δy= ydy= qB1L
联立可得：qB1L+ qB1L=mv3- mv3
解得：v3=
故离子源射出的离子速度大于 的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：
η= =
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为 ，其在磁场中的运动时间t为 ；
（2）能到达 处的离子的最小速度v2为 ；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为 。
【点评】：本题考查了带电粒子在匀强磁场在运动问题，解答此类问题一般的思路是由几何关系求得粒子匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力和运动的周期求解其它物理量。此题应用了运动的分解，应用动量定理和微积分的思想。
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