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2023年河南省开封市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年河南省开封市高考物理二模试卷（含答案解析），共19页。
2023年河南省开封市高考物理二模试卷
1. 如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行且光滑的金属导轨，导体棒ab的质量为m、电阻为2R，导体棒cd的质量为2m、电阻为R，均静止在导轨上，现给导体棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，关于导体棒ab、cd组成的系统，下列说法正确的是( )
A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒
2. 在利用光电管探究光电效应规律的实验中，当用不同波长的光照射光电管的阴极时，测出光电管的遏止电压UC与对应入射光的波长λ。以遏止电压UC为纵坐标，入射光波长倒数1λ为横坐标，作出UC−1λ图像如图所示。已知a、b为已知量，光电子的电荷量为e，光速为c，则下列说法正确的是( )
A. 光电管阴极材料的逸出功为be
B. 普朗克常量为−beac
C. 波长λ<1a的光照射光电管的阴极时，产生的光电流与λ成正比
D. 波长λ>1a的光照射光电管的阴极时，一定能发生光电效应
3. 如图所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L1、L2的铭牌上均标注“55V，11W”字样，电流表为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图所示的交流电，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，则( )
A. 理想变压器原副线圈匝数之比为n1：n2=8：1
B. 1秒内流过灯泡L2的电流方向改变50次
C. 当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗
D. 当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大
4. 如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球C，在小球C下降的某时刻，拉小球C的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC的质量均为m，A、B小球始终没有与P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则下列关于小球C在下降过程中说法正确的个数为( )
①ABC三小球组成的系统机械能守恒
②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小
③ABC三小球的速度大小的关系为vA=vB=vCsinθ
④当θ=53∘时小球C下降到最低点
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
5. 如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有水平向右的匀强电场E，一不计重力的带电粒子从C点沿CA方向以速度v0射入，粒子经过B点打在BD边右侧距离为L的光屏上的P点，现撤去电场，加上垂直纸面方向的匀强磁场B，仍让该带电粒子以速度v0从C点沿CA方向射入，粒子也经过B点打在光屏上的Q点(P、Q点均未标出)则( )
A. EB的比值为2v0 B. EB的比值为v0
C. 光屏上PQ两点的距离为L D. 光屏上PQ两点的距离为L2
6. 探索浩瀚宇宙，发展航天事业，建设航天强国，是中华民族不懈追求的航天梦。2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，顺利进入预定轨道，发射取得圆满成功。据相关资料显示神舟十五号飞船从中国酒泉卫星发射中心发射升空，运行在轨道倾角42.4度、近地点P高度200公里、远地点Q高度347公里的椭圆轨道上(如图1轨道)，实施变轨后，进入347公里的圆轨道(如图2轨道)。则下列说法正确的是( )
A. 单位时间内，飞船在1、2轨道上运行时与地心的连线扫过的面积相等
B. 飞船在1轨道上运行时的机械能小于在2轨道上运行时的机械能
C. 飞船在1轨道上Q点的线速度大于在2轨道上Q点的线速度
D. 飞船在1轨道上Q点的加速度等于在2轨道上Q点的加速度
7. 如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折为a角，水平bc段足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变。下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 某同学利用如图甲所示的装置，探究滑块a上升的最大高度，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量。起初物块a放在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现静止释放物块b，物块b碰地后不再反弹，测出物块a上升的最大高度H，每次释放物块b时，确保物块a在地面上，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，寻找多组(H,h)，然后做出H−h的图像(如图乙所示)，测得图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2。则( )
A. 物块a、b的质量之比m1m2=1k−1
B. 物块a、b的质量之比m1m2=2k−1
C. H−h图像的斜率k的取值范围是1
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图2所示，则d=______ cm；
(2)完成下列实验步骤中的填空：
①安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止，则表示气垫导轨已调整至水平状态；
③挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门1的时间t1和通过光电门2的时间t2，若弹簧测力计的示数为F，则滑块所受合外力做的功W=______ (用题目中出现的物理量表示)，动能变化量ΔEk=12M(dt2)2−12M(dt1)2，如果表达式W=ΔEk成立，则动能定理即可得到验证；
④改变钩码的质量，重复步骤③，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量ΔEk。
(3)对于上述实验，下列说法正确的是______ 。
A.滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍
B.弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小且等于所挂钩码重力的一半
C.实验时两光电门之间的距离尽量大一些
D.钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M
(4)如果实验时，总有W的值略小于ΔEk，造成的原因可能是______ 。
A.空气阻力
B.遮光条太窄
C.气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些
D.气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮Q上调，使气垫导轨右端稍微升高一些
10. 在测量电源电动势E和内阻r时备有以下器材：待测电源(E、r)、电流表、电压表、定值电阻R0、电阻箱R、开关、导线若干。实验老师将某班同学分成甲乙丙丁四组，每组同学按各自设计的电路进行实验，并根据各自测量数据绘制出图像，其中甲乙两组(1I−X)，丙丁两组(1U−Y)，图像A、B、C、D的斜率(k1、k2、k3、k4)及图中数据a、b、c均为已知量，试完成下列问题：
(1)变量XY=______ ；
(2)结合图像分析甲组同学的数据，可以得出待测电源电动势E测=______ ，内阻r测=______ (用k1、k2、k3、k4及abc表示)；如果考虑到电流表内阻的存在，电动势E测______ E真，内阻r测______ r真(选填“>、=或<”)；
(3)结合图像分析丙组实验，可以得出待测电源电动势E测______ ，内阻r测______ (用k1、k2、k3、k4及abc表示)。
11. 如图所示，四分之一光滑圆弧槽固定在光滑的水平地面上，质量为M的小球B静止在槽的左侧，现有一质量为m的小球A以速度v0向右运动并与小球B发生完全弹性碰撞，之后小球A不再向右运动且两小球能发生第二次碰撞。
(1)求Mm的取值范围；
(2)小球B离开地面的高度为H，求H的取值范围。
12. 建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着光滑绝缘的水平地面。在x≥0且0≤y≤a区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里。质量为m且带电量为q的小球(视为点电荷)从坐标原点以速度v0沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为(0,a)的点飞离复合场。忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求：
(1)匀强电场E及匀强磁场B的大小；
(2)小球落地时的坐标；
(3)若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标。
13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态P(4×105Pa,2×10−3m3,300K)经热力学过程PQ、QS、SP后又回到状态P，则下列说法正确的是( )
A. P、Q、S三个状态中，Q状态的温度最高且为600K
B. P、S两状态的气体内能相等
C. SP过程中，气体分子的平均动能保持不变
D. QS过程中，气体内能的减少量大于气体向外界放出的热量
E. 整个过程中，气体需要从外界吸收200J的热量
14. 如图所示，一端开口，长为L=40cm的玻璃管锁定在倾角为α=30∘的光滑斜面上，一段长为10cm的水银柱密封一定质量的理想气体。环境温度为27℃，已知当地大气压p0=75cmHg
(1)如果解除锁定，玻璃管沿斜面下滑，稳定后水银恰好未溢出管口，求解除锁定前水银柱上端距管口的距离；
(2)如果对密封气体缓慢加热(玻璃管仍然锁定在斜面上)，求水银柱恰好移动到管口时的温度。
15. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=1s时的波形图，图乙是x=2m处的质点Q的振动图像，P为波动传播方向上的一个质点，下列说法正确的是( )
A. 该波的传播速度为2m/s
B. t=1s时质点P正沿y轴正方向振动
C. 质点P再经过0.5s通过的路程为10cm
D. 质点P、Q的振动方向始终相反
E. 该波通过3m的障碍物时，会发生明显的衍射现象
16. 如图所示，在平静的水面下H处有一静止点光源S，水对该光源发出的单色光的折射率为n。请解答下列问题：
(i)试证明：在点光源正上方观察，看到点光源的视深为h=Hn(在θ角很小时，近似认为：tanθ=sinθ)；
(ii)如果点光源从t=0时刻开始，竖直向上做加速度为a的匀加速运动，在水面上方可以看到一圆形的透光面，求经时间t后该圆形透光面的面积(光源未出水面)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于系统不受外力，动量守恒，但导体棒在运动过程，整个回路会产生焦耳热，机械能不守恒。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据动量守恒和机械能守恒的条件分析解答。
本题考查电磁感应定律中的守恒问题，解题关键掌握动量守恒和机械能守恒的条件。
2.【答案】B
【解析】解：A.由光电效应方程eUc=hν−W=hcλ−W
结合图像的特点可知，光电管阴极材料的逸出功为−be，故A错误；
B.由光电效应方程整理得Uc=hceλ−We
图像的斜率为k=−ba
可求得h=−beac，故B正确；
C.波长λ<1a的光照射光电管的阴极时，发生光电效应，产生的光电流与λ不成正比，故C错误。
D.波长λ>1a的光，由此可知光的频率小于截止频率，照射光电管的阴极时，一定不能发生光电效应，故D错误。
故选：B。
根据光电效应方程结合图像的物理意义得出阴极材料的逸出功；
理解光电效应的发生原理分析出光电流与波长的关系；
根据波长的大小得出频率的大小，结合频率和截止频率分析出是否能发生光电效应。
本题主要考查了光电效应的相关应用，熟悉光电效应方程，结合图像的物理意义即可完成分析，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.b是理想变压器原线圈的中心抽头，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1的额定电压为55V，而由原线圈c、d两端所加交流电的图像可得此交流电的有效值为220V，则有n12:n2=U1:U2
解得n1：n2=8：1
故A正确；
B.由图2可知交流电的变化周期为0.02s，正弦式交流电的方向一个周期内改变两次，因此可知1秒内流过灯泡L2的电流方向改变100次，故B错误；
C.当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器的接入电路中的阻值增大，副线圈所在回路中的总电阻增大，则副线圈回路中的电流减小，由于原线圈两端的电压不变，因此副线圈两端的电压也不变，灯泡L1两端的电压也不变，故灯泡L1正常发光，流过灯泡L1的电流不变，但灯泡L2与灯泡L1并联，从而分流，而干路电流减小，则可知通过灯泡L2的电流减小，因此L2将变暗，故C错误；
D.当单刀双掷开关由b扳向a时，原线圈的匝数增大，而原线圈两端的电压不变，因此可知副线圈两端的电压减小，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D错误。
故选：A。
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
本题为交流电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
4.【答案】A
【解析】解：①忽略一切阻力，ABC三小球组成的系统，只有重力、弹力做功，故ABC三小球组成的系统机械能守恒。故①正确；
②小球C在下降过程中，小球C速度先增大后减小，小球C重力的功率p=mgv
可知，小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小。故②正确；
③由小球C速度分解如图所示
由对称性可知vA=vB，又vCsinθ=vA
得vA=vB=vCsinθ，故③正确；
④设滑轮PQ之间的水平细绳的长度为2l2，小球C下降到最低点时，下降的高度为h，滑轮与小球C之间长度为l1，如图所示
小球C下降到最低点过程中，系统的动能为零，三球组成的系统机械能守恒2mg(l1−l2)=mgh
又h= l12−l22
解得l2=35l1
此时cosθ=l2l1=35
得θ=53∘
故④正确。
说法正确的个数为4个。故A正确，BCD错误。
故选：A。
①根据机械能守恒条件判定，
②根据功率的表达式判定，
③将小球C的速度分解为沿绳与垂直于绳的速度即可求解，
④小球C下降到最低点时，系统的动能为零，球C的重力势能减少量等于A、B球重力势能的增加量，根据机械能守恒定律即可求解。
本题考查关联速度、机械能守恒定律，注意分解合速度，根据具体情景分解，不可死记硬背。
5.【答案】AD
【解析】解：由题意可知该粒子带正电，设其电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子离开场区后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示
AB、粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达B点时所用的时间为t，做类平抛运动的加速度为a
竖直方向：L=v0t
水平方向：L=12at2，由牛顿第二定律得：Eq=ma
解得：E=2v02mqL
当撤去电场，加上垂直纸面方向的匀强磁场B时，粒子仍然经过B点，则由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R=L
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：Bqv0=mv02R
解得：B=mv0qL
电场强度与磁感应强度之比EB=2v02mqL×qLmv0=2v0，故A正确，B错误；
CD、当粒子经电场偏转从B点出射时，根据粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时的竖直分速度大小：vy=v0，水平分速度大小：vx=at=EqLmv0=2v0
设粒子从B点到P点所用的时间为t′，竖直向上的位移为y′，则有L=vxt′，y′=vyt′=v0×L2v0=L2
根据几何关系可知，粒子在场中偏转后将从B点平行于CD射向光屏上的Q点，由此可知PQ间的距离：LPQ=y′=L2，故C错误，D正确。
故选：AD。
粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，离开电场或磁场后做匀速直线运动，应用运动学公式与牛顿第二定律求出电场强度大小与磁感应强度大小，然后求出它们的比值；应用运动学公式求出光屏上PQ两点间的距离。
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
6.【答案】BD
【解析】解：A.根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上相同时间内与地线连线扫过的面积相等，不同轨道无法比较，故A错误；
B.轨道半径越大机械能越大，因此飞船在1轨道上运行时的机械能小于在2轨道上运行时的机械能，故B正确；
C.飞船在Q点从1轨道变轨为2轨道时飞船需要点火加速，因此飞船在1轨道上Q点的线速度小于在2轨道上Q点的线速度，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，可知飞船在绕地球运行过程中的加速度大小为：a=GMr2，则可知飞船在1轨道与2轨道的交点Q点处的加速度相同，故D正确。
故选：BD。
根据开普勒第二定律分析A选项；轨道半径越大机械能越大；根据变轨原理分析C选项；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
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，掌握卫星变轨原理。
7.【答案】ACD
【解析】解：设带电圆环的质量为m，绝缘粗糙细直杆的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α角的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsinα−μmgcosα=ma
解得a=gsinα−μgcosα
带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场中后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动；
若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ(Bqv−mg)=ma1，可知小环将做加速度减小的减速运动，而随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；
若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ(mg−Bqv)=ma2，可知小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，因此可知小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；
若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ(mg+Bqv)=ma3
可知小环做减速运动，则加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零。
故ACD正确，B错误；
故选：ACD。
根据受力分析结合牛顿第二定律分析小环运动过程中的加速度，从而分析速度的变化情况。
本题考查带电体在磁场中的运动，解题关键掌握小环受力分析，注意洛伦兹力的方向。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、物块a的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块b释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块b加速下降，物块b的速率与物块a相同，第二个阶段为物块b落地后，物块a在自生重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2，第二阶段对物块a由动能定理有−m1g(H−h)=0−12m1v2
联立可得H=2m2m1+m2h，根据图像斜率可知k=2m2m1+m2，整理表达式得m1m2=2k−1，故A错误，B正确；
CD、根据题意分析可知，若要将物块a拉起，则需要满足T−m1g>0，同理对物块b，则需要满足m2g−T>0，整理可得m2>m1，因此有2m2m2+m2<2m2m1+m2<2m2m2，即1
根据题意分析可知，a物块经历两个运动过程，先对整体运用动能定理，再对a物块运用动能定理列式即可分析a、b质量之比表达式；最后根据a物块上升，b物块下降列出表达式即可求解k的取值范围。
该题考查连接体问题中动能定理的应用，a物块经历两个运动过程试分析该题时容易忽视的细节，需要强化对多过程问题训练，题目难度适中。
9.【答案】0.175FLACC
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，其精度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，d=1mm+0.05×15mm=1.75mm=0.175cm
(2)由实验装置可知，动滑轮两边绳子拉力大小相等，弹簧测力计的示数大小即为滑块所受合力大小，而滑块通过两个光电门之间的距离为L，故可得滑块所受合外力做的功W=FL
(3)A、由此实验装置可知，钩码向下运动h的位移，滑块就要运动2h的位移，因此可知滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍，故A正确；
B、弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小，设钩码和动滑轮得总质量为m0，加速度为a0，则根据牛顿第二定律有：m0g−2F=m0a0，解得弹簧测力计得读数为F=m0g−m0a2，故B错误；
C、实验时两光电门之间的距离尽量大一些，可以减小测量距离带来的误差，使实验结果更加准确，故C正确；
D、钩码的总质量m不需要远小于滑块和遮光条的总质量M，因为其合外力是直接通过弹簧测力计测得的，故D错误。
故选：AC。
(4)实验时，在气垫导轨调节水平的情况下，因为阻力的原因，总有W的值略大于ΔEk，但若出现W的值略小于ΔEk，则一定是气垫导轨未调节水平，且向着滑块运动方向的一端低，致使滑块在运动过程中自身的重力也在做正功，因此需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些；故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)0.175；(2)FL；(3)AC；(4)C。
(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(2)根据功的计算公式求出合力对滑块做的功。
(3)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(4)根据实验误差来源分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据实验原理与实验注意事项可以解题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法。
10.【答案】11k2 ak2 =>1c k4c
【解析】解：(1)甲图由闭合电路欧姆定律可知E=I(R+r)
整理得1I=RE+rE
乙图由闭合电路欧姆定律可知E=I(R+R0+r)
整理得1I=RE+R0+rE
所以X=R
丙图由闭合电路欧姆定律可知E=U+URr
整理得1U=rER+1E
丁图由闭合电路欧姆定律可知E=U+UR(R0+r)
整理得1U=R0+rER+1E
所以Y=1R
则XY=1
(2)甲组实验对应的是B图像，可知rE=a，1E=k2
解得E测=1k2，r测=ak2
如果考虑到电流表内阻的存在，甲图由闭合电路欧姆定律可知E=I(R+r+rA)
整理得1I=RE+r+rAE
可知1E=k2，r+rAE=a
整理得E真=1k2，r真=ak2−rA
即E测=E真，r测>r真
(3)丙组实验对应的是D图像，可知rE=k4，1E=c
解得E测=1c，r测=k4c；
故答案为：(1)1；(2)1k2，ak2，=，>；(3)1c，k4c。
(1)对甲乙丙丁四幅图分别根据闭合电路欧姆定律列式，再对表达式进行整理即可求解；
(2)对甲组实验分析可知对应的图像应为图B，根据图像的斜率以及截距即可求解电动势以及内阻，再根据电流表内阻在实验中带来的误差，根据闭合电路欧姆定律列式，对表达式进行分析即可求解误差；
(3)丙组实验对应的是图D，根据图像的斜率以及截距分别求解电动势以及内阻。
本题考查电源的电动势和内电阻的测量实验，要注意实验原理方法的掌握，注意闭合电路欧姆定律的正确应用，同时要学会通过图像进行分析。
11.【答案】解：(1)设碰撞后两小球的速度分别为v1、v2，由于两小球发生完全弹性碰撞，取水平向右为正方向，则由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12Mv22
解得v1=m−Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0
因小球A不再向右运动且两小球能发生第二次碰撞，由此可得v1≤0，v2>|v1|
于是可解得1≤Mm<3
(2)当M=m，二者碰撞后交换速度得同时能量全部转移，故此种情况下小球B离开地面的距离最大，此种情况下有v2=2mm+Mv0=v0
当M=3m时，小球B离开地面的距离最小，此种情况下有v2=2mm+Mv0=12v0
对小球B由机械能守恒得MgH=12Mv22
解得Hmax=v022g，Hmin=v028g
故H的取值范围为v028g
(2)小球B离开地面的高度H的取值范围为v028g
(2)根据二者的质量关系判断B求的最大速度和最小速度，进而确定其高度的范围。
本题属于“一动一静”的弹性碰撞类型，满足动量守恒定律和机械能守恒，是重点考察的一种碰撞类型。
12.【答案】解：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有：mg=Eq，解得：E=mgq
小球做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
小球恰好从坐标为(0,a)的点飞离复合场，由几何关系得：r=a2
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv02r
解得：B=2mv0qa
(2)小球飞离复合场后做平抛运动，竖直方向：a=12gt2，水平方向：x=v0t
解得：x=v0 2ag，故小球落地时的坐标为(−v0 2ag,0)
(3)若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q×2v0B=m(2v0)2R
解得小球做匀速圆周运动的轨道半径：R=2r=a
根据几何关系可知，小球在磁场中运动四分之一圆弧后垂直与磁场边界方向即竖直向上做竖直上抛运动，再竖直进入磁场做周期性运动，第5次进入复合场时经历了四次竖直上抛的往复运动时长为t1=4t竖直上抛=4×2×2v0g=16v0g
此过程在磁场中偏转的角度为θ=π2+3×π=7π2
小球在磁场中的周期为T=2πR2v0=πav0
在磁场中偏转的时间为t2=θ2πT=7π22π×πav0=7πa4v0
故第5次进入复合场对应的时间为t=t1+t2=16v0g+7πa4v0
第5次进入复合场的横坐标为x′=R+3⋅2R=7a，故进入点的坐标(7a,a)
答：(1)匀强电场E大小是mgq，匀强磁场B的大小是2mv0qa；
(2)小球落地时的坐标是(−v0 2ag,0)；
(3)小球经过时间16v0g+7πa4v0第5次进入复合场，第5次进入复合场时进入点的坐标是(7a,a)。
【解析】(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，据此求出电场强度；洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(2)小球离开复合场后做平抛运动，应用运动学公式求出小球落地时的坐标。
(3)小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出小球的轨道半径，根据小球的运动过程求解。
本题考查了带电小球在复合场中的运动，根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题。
13.【答案】ABE
【解析】解：A.由理想气体状态方程可得pVT=C，从P到Q，等压膨胀，温度升高，从Q到S，等容降压，温度降低，由于S与P对应的pV乘积相等，故温度相等，可知Q状态的温度最高，从P到Q可得：
V1T1=V2T2
解得：T2=600K，故A正确；
B.P、S两状态的温度相等，由于是理想气体，内能只跟温度有关，故两状态的气体内能相等，故B正确；
C.根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，pV的乘积越大，则气体的温度越高，因为从S到P，pV乘积先增大后减小，故温度先升高再降低，故SP过程中，气体分子的平均动能先增大再减小，初末状态相等，故C错误；
D.QS过程中，温度降低，内能减小，体积不变，气体没有做功，故气体内能的减少量等于气体向外界放出的热量，故D错误；
E.P到Q气体对外做的功为W1=p1ΔV1=4×105×2×10−3J=800J
S到P过程中，p−V图线与横轴所围的面积表示外界对气体做的功，故S到P外界对气体做的功为W2=2×105+4×1052×2×10−3J=600J
而初末状态温度相等，内能相等，故整个过程中，气体需要从外界吸收200J的热量，故E正确。
故选：ABE。
根据图像得出气体状态参量的变化，结合一定质量的理想气体的状态方程得出气体的温度；
温度是影响理想气体内能的唯一标志，根据温度的高低得出内能的大小关系；
根据热力学第一定律结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律联立等式即可完成分析
14.【答案】解：(1)设未解除锁定时气体的压强为p1、体积为V1，玻璃管的横截面积为S，水银柱的长度为L0，水银柱上端距管口的距离为x，则有p1=p0+L0sinα，代入数据解得p1=80cmHg，V1=(L−L0−x)S
解除锁定后，设气体的压强为p2，体积为V2，则有p2=p0=75cmHg，V2=(L−L0)S
此过程为等温变化，由波意耳定律可得p1V1=p2V2
代入数据解得x=1.875cm；
(2)设初始时气体的温度为T1，锁定升温后，设气体的压强为p3、体积为V3、温度为T3，则有T1=300K，p3=p1=80cmHg，V3=V2=(L−L0)S
可见，此过程为等压变化，由盖-吕萨克定律可得V1T1=V3T3
代入数据解得T3=320K；
答：(1)解除锁定前水银柱上端距管口的距离为1.875cm；
(2)水银柱恰好移动到管口时的温度为320K。
【解析】(1)根据题意分别表示出封闭气体初末状态的压强和体积，根据玻意尔定律列式求解即可；
(2)根据题意确定初末状态封闭气体的体积和温度，根据盖-吕萨克定律列式即可求解。
该题考查玻意尔定律以及盖-吕萨克定律的应用，需要再分析此类问题时要明确初末状态参量，再根据相应的定律列式求解。
15.【答案】ABE
【解析】解：A.由图可知，这列波的波长λ=4m
周期为T=2s
故这列波的传播速度为v=λT
代入数据解得v=2m/s
故A正确；
B.由图乙可知，这列波向x负方向传播，故t=1s时质点P正沿y轴正方向振动，故B正确；
C.质点P不在波峰、波谷或平衡位置处，经过0.5s=14T，通过的路程不为10cm，故C错误；
D.质点P、Q的距离小于半个波长，有可能同向振动，故D错误；
E.该波通过3m的障碍物时，由于波长与障碍物的大小相近，故会发生明显的衍射现象，故E正确。
故选：ABE。
根据振动图像判断波的传播周期，从而解得速度；根据“同侧法”判断质点的振动情况；根据衍射的条件分析E。
本题考查振动图像和波动图像，要求掌握振动图像和波动图像的物理意义，根据“同侧法”判断波的传播方向，根据波的形成和传播规律和特点解决问题。
16.【答案】解：(i)如图甲所示的光路图。在点光源正上方观察时，α、β都很小。
根据折射定律有n=sinβsinα
由几何关系可得∠AS′B=β，∠ASB=α
又因为在θ角很小时，近似认为：tanθ=sinθ
则tanβ≈sinβ，tanα≈sinα
故n=tanβtanα=ABAS′ABAS=ASAS′=Hh
即h=Hn，得证。
(ii)如图乙所示。在水面上方透光面边缘光线恰好发生全反射，有sinC=1n
t时刻光源S距水面的距离为h=H−12at2
光斑半径为 R=htanC
光斑面积为 S=πR2
联立解得S=π(H−12at2)2n2−1
答：(i)证明见上。
(ii)经时间t后该圆形透光面的面积为π(H−12at2)2n2−1。
【解析】(i)作出光路图。根据折射定律得到入射角和折射角的关系，结合数学知识求点光源的视深。
(ii)在水面上方透光面边缘光线恰好发生全反射，作出光路图，根据几何关系求解。
解决几何光学问题时，关键要正确作出光路图，运用几何知识和折射定律结合进行解答。作图时要注意光线的方向应射向眼睛。
2023年河南省开封市高考物理二模试卷
1. 如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行且光滑的金属导轨，导体棒ab的质量为m、电阻为2R，导体棒cd的质量为2m、电阻为R，均静止在导轨上，现给导体棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，关于导体棒ab、cd组成的系统，下列说法正确的是( )
A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒
2. 在利用光电管探究光电效应规律的实验中，当用不同波长的光照射光电管的阴极时，测出光电管的遏止电压UC与对应入射光的波长λ。以遏止电压UC为纵坐标，入射光波长倒数1λ为横坐标，作出UC−1λ图像如图所示。已知a、b为已知量，光电子的电荷量为e，光速为c，则下列说法正确的是( )
A. 光电管阴极材料的逸出功为be
B. 普朗克常量为−beac
C. 波长λ<1a的光照射光电管的阴极时，产生的光电流与λ成正比
D. 波长λ>1a的光照射光电管的阴极时，一定能发生光电效应
3. 如图所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L1、L2的铭牌上均标注“55V，11W”字样，电流表为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图所示的交流电，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，则( )
A. 理想变压器原副线圈匝数之比为n1：n2=8：1
B. 1秒内流过灯泡L2的电流方向改变50次
C. 当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗
D. 当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大
4. 如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球C，在小球C下降的某时刻，拉小球C的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC的质量均为m，A、B小球始终没有与P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则下列关于小球C在下降过程中说法正确的个数为( )
①ABC三小球组成的系统机械能守恒
②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小
③ABC三小球的速度大小的关系为vA=vB=vCsinθ
④当θ=53∘时小球C下降到最低点
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
5. 如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有水平向右的匀强电场E，一不计重力的带电粒子从C点沿CA方向以速度v0射入，粒子经过B点打在BD边右侧距离为L的光屏上的P点，现撤去电场，加上垂直纸面方向的匀强磁场B，仍让该带电粒子以速度v0从C点沿CA方向射入，粒子也经过B点打在光屏上的Q点(P、Q点均未标出)则( )
A. EB的比值为2v0 B. EB的比值为v0
C. 光屏上PQ两点的距离为L D. 光屏上PQ两点的距离为L2
6. 探索浩瀚宇宙，发展航天事业，建设航天强国，是中华民族不懈追求的航天梦。2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，顺利进入预定轨道，发射取得圆满成功。据相关资料显示神舟十五号飞船从中国酒泉卫星发射中心发射升空，运行在轨道倾角42.4度、近地点P高度200公里、远地点Q高度347公里的椭圆轨道上(如图1轨道)，实施变轨后，进入347公里的圆轨道(如图2轨道)。则下列说法正确的是( )
A. 单位时间内，飞船在1、2轨道上运行时与地心的连线扫过的面积相等
B. 飞船在1轨道上运行时的机械能小于在2轨道上运行时的机械能
C. 飞船在1轨道上Q点的线速度大于在2轨道上Q点的线速度
D. 飞船在1轨道上Q点的加速度等于在2轨道上Q点的加速度
7. 如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折为a角，水平bc段足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变。下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 某同学利用如图甲所示的装置，探究滑块a上升的最大高度，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量。起初物块a放在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现静止释放物块b，物块b碰地后不再反弹，测出物块a上升的最大高度H，每次释放物块b时，确保物块a在地面上，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，寻找多组(H,h)，然后做出H−h的图像(如图乙所示)，测得图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2。则( )
A. 物块a、b的质量之比m1m2=1k−1
B. 物块a、b的质量之比m1m2=2k−1
C. H−h图像的斜率k的取值范围是1
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图2所示，则d=______ cm；
(2)完成下列实验步骤中的填空：
①安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止，则表示气垫导轨已调整至水平状态；
③挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门1的时间t1和通过光电门2的时间t2，若弹簧测力计的示数为F，则滑块所受合外力做的功W=______ (用题目中出现的物理量表示)，动能变化量ΔEk=12M(dt2)2−12M(dt1)2，如果表达式W=ΔEk成立，则动能定理即可得到验证；
④改变钩码的质量，重复步骤③，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量ΔEk。
(3)对于上述实验，下列说法正确的是______ 。
A.滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍
B.弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小且等于所挂钩码重力的一半
C.实验时两光电门之间的距离尽量大一些
D.钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M
(4)如果实验时，总有W的值略小于ΔEk，造成的原因可能是______ 。
A.空气阻力
B.遮光条太窄
C.气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些
D.气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮Q上调，使气垫导轨右端稍微升高一些
10. 在测量电源电动势E和内阻r时备有以下器材：待测电源(E、r)、电流表、电压表、定值电阻R0、电阻箱R、开关、导线若干。实验老师将某班同学分成甲乙丙丁四组，每组同学按各自设计的电路进行实验，并根据各自测量数据绘制出图像，其中甲乙两组(1I−X)，丙丁两组(1U−Y)，图像A、B、C、D的斜率(k1、k2、k3、k4)及图中数据a、b、c均为已知量，试完成下列问题：
(1)变量XY=______ ；
(2)结合图像分析甲组同学的数据，可以得出待测电源电动势E测=______ ，内阻r测=______ (用k1、k2、k3、k4及abc表示)；如果考虑到电流表内阻的存在，电动势E测______ E真，内阻r测______ r真(选填“>、=或<”)；
(3)结合图像分析丙组实验，可以得出待测电源电动势E测______ ，内阻r测______ (用k1、k2、k3、k4及abc表示)。
11. 如图所示，四分之一光滑圆弧槽固定在光滑的水平地面上，质量为M的小球B静止在槽的左侧，现有一质量为m的小球A以速度v0向右运动并与小球B发生完全弹性碰撞，之后小球A不再向右运动且两小球能发生第二次碰撞。
(1)求Mm的取值范围；
(2)小球B离开地面的高度为H，求H的取值范围。
12. 建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着光滑绝缘的水平地面。在x≥0且0≤y≤a区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里。质量为m且带电量为q的小球(视为点电荷)从坐标原点以速度v0沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为(0,a)的点飞离复合场。忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求：
(1)匀强电场E及匀强磁场B的大小；
(2)小球落地时的坐标；
(3)若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标。
13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态P(4×105Pa,2×10−3m3,300K)经热力学过程PQ、QS、SP后又回到状态P，则下列说法正确的是( )
A. P、Q、S三个状态中，Q状态的温度最高且为600K
B. P、S两状态的气体内能相等
C. SP过程中，气体分子的平均动能保持不变
D. QS过程中，气体内能的减少量大于气体向外界放出的热量
E. 整个过程中，气体需要从外界吸收200J的热量
14. 如图所示，一端开口，长为L=40cm的玻璃管锁定在倾角为α=30∘的光滑斜面上，一段长为10cm的水银柱密封一定质量的理想气体。环境温度为27℃，已知当地大气压p0=75cmHg
(1)如果解除锁定，玻璃管沿斜面下滑，稳定后水银恰好未溢出管口，求解除锁定前水银柱上端距管口的距离；
(2)如果对密封气体缓慢加热(玻璃管仍然锁定在斜面上)，求水银柱恰好移动到管口时的温度。
15. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=1s时的波形图，图乙是x=2m处的质点Q的振动图像，P为波动传播方向上的一个质点，下列说法正确的是( )
A. 该波的传播速度为2m/s
B. t=1s时质点P正沿y轴正方向振动
C. 质点P再经过0.5s通过的路程为10cm
D. 质点P、Q的振动方向始终相反
E. 该波通过3m的障碍物时，会发生明显的衍射现象
16. 如图所示，在平静的水面下H处有一静止点光源S，水对该光源发出的单色光的折射率为n。请解答下列问题：
(i)试证明：在点光源正上方观察，看到点光源的视深为h=Hn(在θ角很小时，近似认为：tanθ=sinθ)；
(ii)如果点光源从t=0时刻开始，竖直向上做加速度为a的匀加速运动，在水面上方可以看到一圆形的透光面，求经时间t后该圆形透光面的面积(光源未出水面)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于系统不受外力，动量守恒，但导体棒在运动过程，整个回路会产生焦耳热，机械能不守恒。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据动量守恒和机械能守恒的条件分析解答。
本题考查电磁感应定律中的守恒问题，解题关键掌握动量守恒和机械能守恒的条件。
2.【答案】B
【解析】解：A.由光电效应方程eUc=hν−W=hcλ−W
结合图像的特点可知，光电管阴极材料的逸出功为−be，故A错误；
B.由光电效应方程整理得Uc=hceλ−We
图像的斜率为k=−ba
可求得h=−beac，故B正确；
C.波长λ<1a的光照射光电管的阴极时，发生光电效应，产生的光电流与λ不成正比，故C错误。
D.波长λ>1a的光，由此可知光的频率小于截止频率，照射光电管的阴极时，一定不能发生光电效应，故D错误。
故选：B。
根据光电效应方程结合图像的物理意义得出阴极材料的逸出功；
理解光电效应的发生原理分析出光电流与波长的关系；
根据波长的大小得出频率的大小，结合频率和截止频率分析出是否能发生光电效应。
本题主要考查了光电效应的相关应用，熟悉光电效应方程，结合图像的物理意义即可完成分析，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.b是理想变压器原线圈的中心抽头，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1的额定电压为55V，而由原线圈c、d两端所加交流电的图像可得此交流电的有效值为220V，则有n12:n2=U1:U2
解得n1：n2=8：1
故A正确；
B.由图2可知交流电的变化周期为0.02s，正弦式交流电的方向一个周期内改变两次，因此可知1秒内流过灯泡L2的电流方向改变100次，故B错误；
C.当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器的接入电路中的阻值增大，副线圈所在回路中的总电阻增大，则副线圈回路中的电流减小，由于原线圈两端的电压不变，因此副线圈两端的电压也不变，灯泡L1两端的电压也不变，故灯泡L1正常发光，流过灯泡L1的电流不变，但灯泡L2与灯泡L1并联，从而分流，而干路电流减小，则可知通过灯泡L2的电流减小，因此L2将变暗，故C错误；
D.当单刀双掷开关由b扳向a时，原线圈的匝数增大，而原线圈两端的电压不变，因此可知副线圈两端的电压减小，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D错误。
故选：A。
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
本题为交流电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
4.【答案】A
【解析】解：①忽略一切阻力，ABC三小球组成的系统，只有重力、弹力做功，故ABC三小球组成的系统机械能守恒。故①正确；
②小球C在下降过程中，小球C速度先增大后减小，小球C重力的功率p=mgv
可知，小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小。故②正确；
③由小球C速度分解如图所示
由对称性可知vA=vB，又vCsinθ=vA
得vA=vB=vCsinθ，故③正确；
④设滑轮PQ之间的水平细绳的长度为2l2，小球C下降到最低点时，下降的高度为h，滑轮与小球C之间长度为l1，如图所示
小球C下降到最低点过程中，系统的动能为零，三球组成的系统机械能守恒2mg(l1−l2)=mgh
又h= l12−l22
解得l2=35l1
此时cosθ=l2l1=35
得θ=53∘
故④正确。
说法正确的个数为4个。故A正确，BCD错误。
故选：A。
①根据机械能守恒条件判定，
②根据功率的表达式判定，
③将小球C的速度分解为沿绳与垂直于绳的速度即可求解，
④小球C下降到最低点时，系统的动能为零，球C的重力势能减少量等于A、B球重力势能的增加量，根据机械能守恒定律即可求解。
本题考查关联速度、机械能守恒定律，注意分解合速度，根据具体情景分解，不可死记硬背。
5.【答案】AD
【解析】解：由题意可知该粒子带正电，设其电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子离开场区后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示
AB、粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达B点时所用的时间为t，做类平抛运动的加速度为a
竖直方向：L=v0t
水平方向：L=12at2，由牛顿第二定律得：Eq=ma
解得：E=2v02mqL
当撤去电场，加上垂直纸面方向的匀强磁场B时，粒子仍然经过B点，则由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R=L
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：Bqv0=mv02R
解得：B=mv0qL
电场强度与磁感应强度之比EB=2v02mqL×qLmv0=2v0，故A正确，B错误；
CD、当粒子经电场偏转从B点出射时，根据粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时的竖直分速度大小：vy=v0，水平分速度大小：vx=at=EqLmv0=2v0
设粒子从B点到P点所用的时间为t′，竖直向上的位移为y′，则有L=vxt′，y′=vyt′=v0×L2v0=L2
根据几何关系可知，粒子在场中偏转后将从B点平行于CD射向光屏上的Q点，由此可知PQ间的距离：LPQ=y′=L2，故C错误，D正确。
故选：AD。
粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，离开电场或磁场后做匀速直线运动，应用运动学公式与牛顿第二定律求出电场强度大小与磁感应强度大小，然后求出它们的比值；应用运动学公式求出光屏上PQ两点间的距离。
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
6.【答案】BD
【解析】解：A.根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上相同时间内与地线连线扫过的面积相等，不同轨道无法比较，故A错误；
B.轨道半径越大机械能越大，因此飞船在1轨道上运行时的机械能小于在2轨道上运行时的机械能，故B正确；
C.飞船在Q点从1轨道变轨为2轨道时飞船需要点火加速，因此飞船在1轨道上Q点的线速度小于在2轨道上Q点的线速度，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，可知飞船在绕地球运行过程中的加速度大小为：a=GMr2，则可知飞船在1轨道与2轨道的交点Q点处的加速度相同，故D正确。
故选：BD。
根据开普勒第二定律分析A选项；轨道半径越大机械能越大；根据变轨原理分析C选项；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
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，掌握卫星变轨原理。
7.【答案】ACD
【解析】解：设带电圆环的质量为m，绝缘粗糙细直杆的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α角的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsinα−μmgcosα=ma
解得a=gsinα−μgcosα
带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场中后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动；
若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ(Bqv−mg)=ma1，可知小环将做加速度减小的减速运动，而随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；
若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ(mg−Bqv)=ma2，可知小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，因此可知小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；
若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ(mg+Bqv)=ma3
可知小环做减速运动，则加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零。
故ACD正确，B错误；
故选：ACD。
根据受力分析结合牛顿第二定律分析小环运动过程中的加速度，从而分析速度的变化情况。
本题考查带电体在磁场中的运动，解题关键掌握小环受力分析，注意洛伦兹力的方向。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、物块a的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块b释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块b加速下降，物块b的速率与物块a相同，第二个阶段为物块b落地后，物块a在自生重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2，第二阶段对物块a由动能定理有−m1g(H−h)=0−12m1v2
联立可得H=2m2m1+m2h，根据图像斜率可知k=2m2m1+m2，整理表达式得m1m2=2k−1，故A错误，B正确；
CD、根据题意分析可知，若要将物块a拉起，则需要满足T−m1g>0，同理对物块b，则需要满足m2g−T>0，整理可得m2>m1，因此有2m2m2+m2<2m2m1+m2<2m2m2，即1
根据题意分析可知，a物块经历两个运动过程，先对整体运用动能定理，再对a物块运用动能定理列式即可分析a、b质量之比表达式；最后根据a物块上升，b物块下降列出表达式即可求解k的取值范围。
该题考查连接体问题中动能定理的应用，a物块经历两个运动过程试分析该题时容易忽视的细节，需要强化对多过程问题训练，题目难度适中。
9.【答案】0.175FLACC
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，其精度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，d=1mm+0.05×15mm=1.75mm=0.175cm
(2)由实验装置可知，动滑轮两边绳子拉力大小相等，弹簧测力计的示数大小即为滑块所受合力大小，而滑块通过两个光电门之间的距离为L，故可得滑块所受合外力做的功W=FL
(3)A、由此实验装置可知，钩码向下运动h的位移，滑块就要运动2h的位移，因此可知滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍，故A正确；
B、弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小，设钩码和动滑轮得总质量为m0，加速度为a0，则根据牛顿第二定律有：m0g−2F=m0a0，解得弹簧测力计得读数为F=m0g−m0a2，故B错误；
C、实验时两光电门之间的距离尽量大一些，可以减小测量距离带来的误差，使实验结果更加准确，故C正确；
D、钩码的总质量m不需要远小于滑块和遮光条的总质量M，因为其合外力是直接通过弹簧测力计测得的，故D错误。
故选：AC。
(4)实验时，在气垫导轨调节水平的情况下，因为阻力的原因，总有W的值略大于ΔEk，但若出现W的值略小于ΔEk，则一定是气垫导轨未调节水平，且向着滑块运动方向的一端低，致使滑块在运动过程中自身的重力也在做正功，因此需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些；故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)0.175；(2)FL；(3)AC；(4)C。
(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(2)根据功的计算公式求出合力对滑块做的功。
(3)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(4)根据实验误差来源分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据实验原理与实验注意事项可以解题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法。
10.【答案】11k2 ak2 =>1c k4c
【解析】解：(1)甲图由闭合电路欧姆定律可知E=I(R+r)
整理得1I=RE+rE
乙图由闭合电路欧姆定律可知E=I(R+R0+r)
整理得1I=RE+R0+rE
所以X=R
丙图由闭合电路欧姆定律可知E=U+URr
整理得1U=rER+1E
丁图由闭合电路欧姆定律可知E=U+UR(R0+r)
整理得1U=R0+rER+1E
所以Y=1R
则XY=1
(2)甲组实验对应的是B图像，可知rE=a，1E=k2
解得E测=1k2，r测=ak2
如果考虑到电流表内阻的存在，甲图由闭合电路欧姆定律可知E=I(R+r+rA)
整理得1I=RE+r+rAE
可知1E=k2，r+rAE=a
整理得E真=1k2，r真=ak2−rA
即E测=E真，r测>r真
(3)丙组实验对应的是D图像，可知rE=k4，1E=c
解得E测=1c，r测=k4c；
故答案为：(1)1；(2)1k2，ak2，=，>；(3)1c，k4c。
(1)对甲乙丙丁四幅图分别根据闭合电路欧姆定律列式，再对表达式进行整理即可求解；
(2)对甲组实验分析可知对应的图像应为图B，根据图像的斜率以及截距即可求解电动势以及内阻，再根据电流表内阻在实验中带来的误差，根据闭合电路欧姆定律列式，对表达式进行分析即可求解误差；
(3)丙组实验对应的是图D，根据图像的斜率以及截距分别求解电动势以及内阻。
本题考查电源的电动势和内电阻的测量实验，要注意实验原理方法的掌握，注意闭合电路欧姆定律的正确应用，同时要学会通过图像进行分析。
11.【答案】解：(1)设碰撞后两小球的速度分别为v1、v2，由于两小球发生完全弹性碰撞，取水平向右为正方向，则由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12Mv22
解得v1=m−Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0
因小球A不再向右运动且两小球能发生第二次碰撞，由此可得v1≤0，v2>|v1|
于是可解得1≤Mm<3
(2)当M=m，二者碰撞后交换速度得同时能量全部转移，故此种情况下小球B离开地面的距离最大，此种情况下有v2=2mm+Mv0=v0
当M=3m时，小球B离开地面的距离最小，此种情况下有v2=2mm+Mv0=12v0
对小球B由机械能守恒得MgH=12Mv22
解得Hmax=v022g，Hmin=v028g
故H的取值范围为v028g
(2)小球B离开地面的高度H的取值范围为v028g
(2)根据二者的质量关系判断B求的最大速度和最小速度，进而确定其高度的范围。
本题属于“一动一静”的弹性碰撞类型，满足动量守恒定律和机械能守恒，是重点考察的一种碰撞类型。
12.【答案】解：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有：mg=Eq，解得：E=mgq
小球做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
小球恰好从坐标为(0,a)的点飞离复合场，由几何关系得：r=a2
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv02r
解得：B=2mv0qa
(2)小球飞离复合场后做平抛运动，竖直方向：a=12gt2，水平方向：x=v0t
解得：x=v0 2ag，故小球落地时的坐标为(−v0 2ag,0)
(3)若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q×2v0B=m(2v0)2R
解得小球做匀速圆周运动的轨道半径：R=2r=a
根据几何关系可知，小球在磁场中运动四分之一圆弧后垂直与磁场边界方向即竖直向上做竖直上抛运动，再竖直进入磁场做周期性运动，第5次进入复合场时经历了四次竖直上抛的往复运动时长为t1=4t竖直上抛=4×2×2v0g=16v0g
此过程在磁场中偏转的角度为θ=π2+3×π=7π2
小球在磁场中的周期为T=2πR2v0=πav0
在磁场中偏转的时间为t2=θ2πT=7π22π×πav0=7πa4v0
故第5次进入复合场对应的时间为t=t1+t2=16v0g+7πa4v0
第5次进入复合场的横坐标为x′=R+3⋅2R=7a，故进入点的坐标(7a,a)
答：(1)匀强电场E大小是mgq，匀强磁场B的大小是2mv0qa；
(2)小球落地时的坐标是(−v0 2ag,0)；
(3)小球经过时间16v0g+7πa4v0第5次进入复合场，第5次进入复合场时进入点的坐标是(7a,a)。
【解析】(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，据此求出电场强度；洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(2)小球离开复合场后做平抛运动，应用运动学公式求出小球落地时的坐标。
(3)小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出小球的轨道半径，根据小球的运动过程求解。
本题考查了带电小球在复合场中的运动，根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题。
13.【答案】ABE
【解析】解：A.由理想气体状态方程可得pVT=C，从P到Q，等压膨胀，温度升高，从Q到S，等容降压，温度降低，由于S与P对应的pV乘积相等，故温度相等，可知Q状态的温度最高，从P到Q可得：
V1T1=V2T2
解得：T2=600K，故A正确；
B.P、S两状态的温度相等，由于是理想气体，内能只跟温度有关，故两状态的气体内能相等，故B正确；
C.根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，pV的乘积越大，则气体的温度越高，因为从S到P，pV乘积先增大后减小，故温度先升高再降低，故SP过程中，气体分子的平均动能先增大再减小，初末状态相等，故C错误；
D.QS过程中，温度降低，内能减小，体积不变，气体没有做功，故气体内能的减少量等于气体向外界放出的热量，故D错误；
E.P到Q气体对外做的功为W1=p1ΔV1=4×105×2×10−3J=800J
S到P过程中，p−V图线与横轴所围的面积表示外界对气体做的功，故S到P外界对气体做的功为W2=2×105+4×1052×2×10−3J=600J
而初末状态温度相等，内能相等，故整个过程中，气体需要从外界吸收200J的热量，故E正确。
故选：ABE。
根据图像得出气体状态参量的变化，结合一定质量的理想气体的状态方程得出气体的温度；
温度是影响理想气体内能的唯一标志，根据温度的高低得出内能的大小关系；
根据热力学第一定律结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律联立等式即可完成分析
14.【答案】解：(1)设未解除锁定时气体的压强为p1、体积为V1，玻璃管的横截面积为S，水银柱的长度为L0，水银柱上端距管口的距离为x，则有p1=p0+L0sinα，代入数据解得p1=80cmHg，V1=(L−L0−x)S
解除锁定后，设气体的压强为p2，体积为V2，则有p2=p0=75cmHg，V2=(L−L0)S
此过程为等温变化，由波意耳定律可得p1V1=p2V2
代入数据解得x=1.875cm；
(2)设初始时气体的温度为T1，锁定升温后，设气体的压强为p3、体积为V3、温度为T3，则有T1=300K，p3=p1=80cmHg，V3=V2=(L−L0)S
可见，此过程为等压变化，由盖-吕萨克定律可得V1T1=V3T3
代入数据解得T3=320K；
答：(1)解除锁定前水银柱上端距管口的距离为1.875cm；
(2)水银柱恰好移动到管口时的温度为320K。
【解析】(1)根据题意分别表示出封闭气体初末状态的压强和体积，根据玻意尔定律列式求解即可；
(2)根据题意确定初末状态封闭气体的体积和温度，根据盖-吕萨克定律列式即可求解。
该题考查玻意尔定律以及盖-吕萨克定律的应用，需要再分析此类问题时要明确初末状态参量，再根据相应的定律列式求解。
15.【答案】ABE
【解析】解：A.由图可知，这列波的波长λ=4m
周期为T=2s
故这列波的传播速度为v=λT
代入数据解得v=2m/s
故A正确；
B.由图乙可知，这列波向x负方向传播，故t=1s时质点P正沿y轴正方向振动，故B正确；
C.质点P不在波峰、波谷或平衡位置处，经过0.5s=14T，通过的路程不为10cm，故C错误；
D.质点P、Q的距离小于半个波长，有可能同向振动，故D错误；
E.该波通过3m的障碍物时，由于波长与障碍物的大小相近，故会发生明显的衍射现象，故E正确。
故选：ABE。
根据振动图像判断波的传播周期，从而解得速度；根据“同侧法”判断质点的振动情况；根据衍射的条件分析E。
本题考查振动图像和波动图像，要求掌握振动图像和波动图像的物理意义，根据“同侧法”判断波的传播方向，根据波的形成和传播规律和特点解决问题。
16.【答案】解：(i)如图甲所示的光路图。在点光源正上方观察时，α、β都很小。
根据折射定律有n=sinβsinα
由几何关系可得∠AS′B=β，∠ASB=α
又因为在θ角很小时，近似认为：tanθ=sinθ
则tanβ≈sinβ，tanα≈sinα
故n=tanβtanα=ABAS′ABAS=ASAS′=Hh
即h=Hn，得证。
(ii)如图乙所示。在水面上方透光面边缘光线恰好发生全反射，有sinC=1n
t时刻光源S距水面的距离为h=H−12at2
光斑半径为 R=htanC
光斑面积为 S=πR2
联立解得S=π(H−12at2)2n2−1
答：(i)证明见上。
(ii)经时间t后该圆形透光面的面积为π(H−12at2)2n2−1。
【解析】(i)作出光路图。根据折射定律得到入射角和折射角的关系，结合数学知识求点光源的视深。
(ii)在水面上方透光面边缘光线恰好发生全反射，作出光路图，根据几何关系求解。
解决几何光学问题时，关键要正确作出光路图，运用几何知识和折射定律结合进行解答。作图时要注意光线的方向应射向眼睛。
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