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2022-2023学年江苏省盐城市响水中学高二（下）期末物理模拟试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省盐城市响水中学高二（下）期末物理模拟试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.石墨烯中碳原子呈单层六边形结构。南京大学的科学家将多层石墨烯叠加，得到了一种结构规则的新材料，其中层与层间距约为六边形边长的两倍。则( )
A. 新材料属于非晶体B. 新材料没有固定的熔点
C. 低温下新材料中碳原子停止运动D. 层间相邻碳原子间作用力表现为引力
2.光在日常生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A. 观看立体电影时所戴的眼镜利用了光线衍射的原理
B. 摄像机镜头采用镀膜技术增加了透射光，这是利用了光的衍射
C. 拍摄玻璃橱窗中的物品时，在镜头前加偏振片是利用了光的干涉
D. 显微镜、近视眼镜、远视眼镜等是利用光的折射制成的
3.在La型超新星爆发中，可以观察到放射性镍56(2856Ni)衰变为钴56(2756C)。已知镍56的半衰期为6天，下列说法正确的是( )
A. 该衰变为α衰变
B. 该衰变过程会释放能量
C. 一定质量的镍56，经12天后将全部衰变为钴56
D. 镍56在常温下的半衰期比在超新星爆发时高温下的长
4. 在游乐场上，一个大人和一个小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，如图所示。已知大人和车的总质量为M=100kg，速度为v1=3m/s，小孩和车的总质量为m=60kg，速度为v2=1m/s，碰碰车质量相同，碰撞后两车迅速粘合在一起，忽略碰碰车与地面间的摩擦，则关于两车碰撞过程的下列说法中正确的是( )
A. 两车组成的系统满足动量守恒和机械能守恒
B. 大人和碰碰车的动量变化了120kg⋅m/s
C. 合外力对小孩和碰碰车的冲量大小为20N⋅s
D. 如果碰撞在0.05s内完成，两车间产生的平均冲力为3000N
5.如图甲所示，B超检查是医学上常用的诊断方法，其基本原理是探头向人体内发射超声波，超声波遇到人体不同的组织会产生不同程度的反射。图乙、丙是仪器检测到的探头发送和接收的超声波图像，其中图乙为某时刻沿x轴正方向发送的超声波，图丙为一段时间后沿x轴负方向返回的超声波。已知超声波在人体内传播速度约为1500m/s，下列说法正确的是( )
A. 图丙中质点b正沿y轴正方向运动
B. 图乙和图丙中，质点a和质点b加速度相同
C. 图乙中质点a的振动周期为T=8.0×10−5s
D. 图乙中质点a在此后的0.1s时间内运动的路程为400m
6.理想环形变压器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，Um=220 2V，副线圈接一“12V 22W”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈的磁通量变化率之比为55：3
B. 电流表的读数为0.1A
C. t=5×10−3s时，电压表示数为零
D. 若电压表改为非理想电表，电流表示数会变小
7.如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90∘直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为( )
A. πBxL24tB. π2BxL8t2C. πBHL24tD. π2BHL8t2
8.氢原子能级示意图如图所示，已知大量处于基态的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光。下列说法正确的是( )
A. 基态的氢原子受到照射后跃迁到n=2能级
B. 用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有4种
C. 氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
D. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的波长最大
9.如图所示，在盛有浅水的水槽中，在t=0时刻以相同的频率拍打水面上的两个点S1和S2产生两列波，两波源相距9cm，频率为2Hz，连线中点处有一浮标始终未振动。距S212cm处有一P点，PS2⊥S1S2，经过3s后P点开始振动，下列说法中正确的是( )
A. 两列波不能发生干涉
B. t=4s时P点的振动方向与S1的起振方向相同
C. 若只改变S2的频率则浮标也有可能还是保持静止
D. S1P连线上(两端点除外)共有6个振动减弱点
10.一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则( )
A. 气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B. 气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C. 气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D. 气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某兴趣小组尝试研究一块太阳能电池的相关性能。为控制光照强度，他们采用一个18W的台灯作为光源，并在距离光源40cm处将太阳能电池正对灯管进行实验。
(1)该小组采用图甲所示电路研究该太阳能电池路端电压U与电流I的关系，通过实验记录及运算，获得了如下U和I的数据表。
他们在U−I坐标系中描绘了序号为1∼9的数据点.请完成序号为10∼12的数据点的描绘，并绘制U−I图线。
(2)从描绘的各数据点来看，序号为1的数据存在实验错误，其可能的原因有哪些______。
A.电阻箱实际接入阻值大于电阻箱记录值
B.电阻箱实际接入阻值小于电阻箱记录值
C.测量该数据时将太阳能电池的朝向弄偏了
D.测量该组数据时将太阳能电池向灯靠近了
(3)通过实验图线可知，该太阳能电池的电动势为______ V；若将该太阳能电池直接与R=900Ω的定值电阻相连，则此时该电池的内阻约为______Ω(结果均保留三位有效数字)。
(4)对太阳能电池来讲，最大输出功率是其重要参数。根据以上数据可以估算这块太阳能电池在该光照条件下的最大输出功率为______mW(结果保留两位有效数字)。
三、简答题：本大题共2小题，共28分。
12.半径为r1的单匝线圈放置在绝缘的水平面上，线圈的电阻为R，O为圆心.以O为圆心、半径为r0(r0(1)线圈中产生的感应电流I；
(2)线圈中产生的焦耳热Q和通过线圈横截面的电量q。
13.如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有沿−y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为+q的粒子在xOy平面内从y轴上的P点以初速度大小为v0射出，不考虑粒子的重力。
(1)若粒子与−y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；
(2)若粒子沿y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q点(图中未标出)，求粒子在Q点加速度的大小a；
(3)若所在空间存在空气，粒子沿−y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与+x轴方向成θ角。求粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t。
四、计算题：本大题共2小题，共22分。
14.气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时相当于在气缸顶部增加一个物体A，稳定时气缸下降了0.5L0，气体温度保持不变。
(1)求物体A的重力大小；
(2)已知大气压强为p0，为使气缸升到原位置，求需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积。
15.如图所示为一放在水平桌面上的玻璃砖的扇形横截面，该扇形所对圆心角为135∘、半径为R，AC上涂有吸光材料。一细光束始终平行于桌面从AB上射入玻璃砖，光束在AB上的入射点以非常小的速度匀速由A移向B的过程中，光恰好不射出时入射点的位置到圆心的距离为 63R。光在真空中的速度为c。求：
(1)玻璃砖对光的折射率；
(2)光恰好在圆弧面发生全反射时，光线在玻璃砖内传播的时间(可用含正、余弦值的式子表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、新材料由多层石墨烯叠加而成，可知结构规则的新材料为晶体，晶体具有固定的熔点，故A、B错误；
C、由分子动理论可知，一切物质的分子做永不停息的无规则运动，故C错误；
D、由题意可知，石墨烯中层与层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间距离，由分子力的特点可知，层间相邻碳原子间作用力表现为引力，故D正确。
故选：D。
由“石墨烯中的碳原子呈单层六边形结构”可知其为结构规则的新材料，是一种晶体。晶体具有固定的熔点，根据分子运动论和题中所给的材料对各选项进行分析。
分子运动论有三个基本观点：物质由分子构成，分子永不停息做无规则运动，分子间存在引力和斥力。物体的宏观性质从微观结构方面找到原因。
2.【答案】D
【解析】解：A、在放映时，通过两个放映机，把用两个摄影机拍下的两组胶片同步放映，使这略有差别的两幅图象重叠在银幕上。这时如果用眼睛直接观看，看到的画面是模糊不清的，要看到立体电影，就要在每架电影机前装一块偏振片，它的作用相当于起偏器。从两架放映机射出的光，通过偏振片后，就成了偏振光。左右两架放映机前的偏振片的偏振化方向互相垂直，因而产生的两束偏振光的偏振方向也互相垂直，故A错误；
B、摄像机镜头采用镀膜技术增加了透射光，这是利用了光的薄膜干涉现象，故B错误；
C、反射光是偏振光，拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以过滤橱窗玻璃的反射光，故C错误；
D、显微镜、近视眼镜、远视眼镜等是利用光的折射制成的，故D正确。
故选：D。
看立体电影须有幅眼镜，它是一对透振方向互相垂直的偏振片，与光的偏振有关；
光的薄膜干涉是薄膜的前后两个表面反射的光相干涉；
偏振片是减弱反射光的影响；
望远镜、显微镜、近视眼镜、远视眼镜等都是透镜，是利用光的折射原理制成的。
本题考查光的折射、光的干涉、偏振现象的理解，要我们用所学的物理知识进行解答，解答此类题的关键是首先找出是用哪一部分的知识来进行解答。
3.【答案】B
【解析】解：A.放射性镍56(2856Ni)衰变为钴56(2756C)，根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，放出的粒子质量数为0，电荷数：z=28−27=1，可知粒子是正电子 10e，该衰变不是α衰变，故A错误；
B.能自然发生的衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故B正确；
C.已知镍56的半衰期为6天，一定质量的镍56，经12天后只有34镍56发生了衰变，故C错误；
D.半衰期只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，则镍56在常温下的半衰期与超新星爆发时高温下的半衰期相等，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成产物，进而判断其衰变类型；衰变的过程中会释放能量；放射性元素的半衰期只与原子核自身有关。
本题考查了原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键。
4.【答案】D
【解析】本题以碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动为情景载体，考查了动量守恒定律、动量定理和图像的综合运用，能够从图像中获取碰撞前后的速度大小和方向是解决本题的关键。
碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律解得碰后两车的速度，根据动量定理解得冲量大小和平均冲力大小。
A、两车组成的系统满足动量守恒，由于发生的是完全非弹性碰撞，所以机械能不守恒，故A错误；
BC、以碰撞前大人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv1-mv2=(m+M)v，代入数据解得：v=1.5m/s，大人和碰碰车的动量变化了Δp=Mv−Mv1，代入数据解得：Δp=−150kg⋅m/s；由动量定理可知，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量I=−Δp=150N⋅s，故BC错误；
D、如果碰撞在0.05s内完成，则Ft=I，解得两车间产生的平均冲力为F=3000N，故D正确。
故选：D。
5.【答案】B
【解析】解：A、图丙中波沿x轴负向传播，根据“上下坡法”可知，质点b正沿y轴负方向运动，故A错误；
B、图乙和图丙中，质点a和质点b位移相同，根据a=−kxm可知两质点的加速度相同，故B正确；
C、由图可知，波长为λ=12×10−3m，图乙中质点a的振动周期为T=λv=12×10−31500s=8.0×10−6s，故C错误；
D、因为t=0.1s=12500T，质点在一个周期内运动的路程为4个振幅，所以图乙中质点a在此后的0.1s时间内运动的路程为s=12500×4A=12500×4×4×10−3m=200m，故D错误。
故选：B。
由“上下坡法”判断图丙中质点b的振动方向；利用a=−kxm分析质点a和质点b加速度关系；利用波速公式计算周期；根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程。
本题考查机械波的速度、波长、频率、路程等相关知识。会运用“上下坡法”判断波的传播方向与振动方向之间的关系，根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程。
6.【答案】B
【解析】解：A.理想变压器原、副线圈的磁通量变化率之比为ΔΦ原Δt:ΔΦ副Δt=1:1
故A错误；
B.原线圈两端电压的有效值U1=Um 2
通过副线圈的电流I2=PU
线圈的匝数比n1n2=U1U2
电流表的读数为I1=n2n1I2
代入数据解得I1=0.1A
故B正确；
C.电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为12V，故C错误；
D.若电压表改为非理想电表，则副线圈电阻变小，因原线圈电压与匝数都不变，则副线圈电压不变，则副线圈电流变大，根据n1n2=I2I1
可知原线圈电流也增大，电流表示数会变大，故D错误。
故选：B。
理想变压器原、副线圈的磁通量变化率相同，结合有效值和瞬时值的关系解答，电压表测的是输出电压，根据线圈匝数之比与电压之比和电流之比的关系解答；电压表的示数为有效值。
本题主要考查了变压器的构造和原理，解题关键点是熟悉原副线圈两端的匝数比和电压之比的关系完成分析。
7.【答案】A
【解析】解：由题意可知，杆从水平位置匀速转过90∘直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为：ω=π2t
由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割Bx磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为：U=BxLv−=BxL0+ωL2=12BxL2ω
联立解得：U=πBxL24t，故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据动生电动势的公式求杆两端的电势差。
本题考查法拉第电磁感应定律的一种特殊情况的计算，注意杆转动升起的过程中，切割的是水平方向的磁感应强度分量。还要注意杆各点的速度不同。
8.【答案】D
【解析】解：A、据Cn2=n(n−1)2=6可得n=4，由此可知基态的氢原子受到照射后跃迁到n=4能级才可辐射6种不同频率的光，故A错误；
B、这6种频率光子的能量分别为：4跃迁到1，3跃迁到1，2跃迁到1，产生的光子的能量分别为12.75eV，12.09eV，10.2eV，这三种光子能量都大于3.34eV，都能使金属锌产生光电效应，4跃迁到2，3跃迁到2，4跃迁到3，产生的光子的能量分别为2.55eV，1.89eV，0.66eV，都小于3.34eV，都不能使金属锌产生光电效应；所以用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有3种，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得ke2r2=mv2r，Ek=12mv2，解得电子动能Ek=ke22r，由此可知氢原子向低能级跃迁后r变小，核外电子的动能增大，故C错误；
D、光子的能量为E=hν=hcλ，解得：λ=hcE，所以氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子能量最小，波长最长，D正确。
故选：D。
根据氢原子辐射出不同频率光子的种数确定出氢原子处于哪一能级；结合光电效应的条件，通过辐射的光子能量大小确定能发生光电效应的光子频率种数；根据电子轨道半径的变化得出核外电子速度的变化，从而得出动能的变化；频率最小的光子波长最大。
本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越高，波长越短，以及掌握发生光电效应的条件。
9.【答案】D
【解析】解：A、两列波的频率相同，所以能发生干涉，故A错误；
B、S2离P点最近，经过3s后P点开始振动，可知S2产生的波首先到达P点，可得波速v=S2Pt=12m3s=4m/s
两波源连线中点处有一浮标始终未振动，说明两波源的振幅相等，且这一点是振动减弱点，两波源到连线中点处的路程差为零，可知两波源的振动步调相反，
由勾股定理可得S1P= (S1S2)2+(S2P)2= 92+122m=15m，S1产生的波到达P点的时间t1=S1Pv=15m4m/s=3.75s<4s，所以4s时两列波都到达P点，
两列波的周期T=1f=12Hz=0.5s，所以4s=3.75s+T2，S2产生的波在4s时使质点在平衡位置，S1产生的波在4s时使质点振动T2处于平衡位置，所以t=4s时P点的振动方向与S1的起振方向相反，故B错误；
C、若只改变S2的频率，则两列波不能发生稳定的干涉，浮标不能保持静止，故C错误；
D、由v=λf可得波长λ=vf=4m/s2Hz=2m
P点到两波源的路程差ΔsP=S1P−S2P=15m−12m=3m=32λ，两波源振动步调相反，所以P点是振动加强点，
设S1P连线上(两端点除外)的振动减弱点到S1、S2的路程差为Δs，由图可知0−9m<Δs<15m−9m，即−92λ<Δs<32λ
路程差Δs=nλ，n为整数，则可得−92故选：D。
A、根据波发生干涉的条件来判断；
B、根据题意可得波速大小，根据“连线中点处有一浮标始终未振动”可知两波源的振幅相等，振动步调相反，由4s跟周期的关系，可知两列波传播到P点的振动情况，则可知P点处质点振动方向与S1的起振方向的关系；
C、两列波频率不同，不能发生稳定的干涉，可知浮标不能保持静止；
D、由图可知S1P连线上(两端点除外)的振动减弱点到S1、S2的路程差Δs的大小范围，两波源振动步调相反，振动减弱点到两波源的路程差等于波长的整数倍，则可得n的范围，则可知振动减弱点的个数。
本题考查了波的干涉和波的叠加，解题的关键是找出题干中的关键词语：“连线中点处有一浮标始终未振动”，可知两波源振幅相等，振动步调相反，注意某点到两波源的路程差等于波长的整数倍，若两波源的振动步调相同，则这点是振动加强点，若两波源振动步调相反，则这点是振动减弱点。
10.【答案】D
【解析】解：A、气体在bc过程是等温压缩，c态的压强增大到b态的32倍，则体积变为b态的23；da过程是等温膨胀，a态的压强变为d态压强的12，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V，则c态体积23V，d态体积12V，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，故A错误；
B、气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，故B错误；
CD、由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则：Wab=0
由以上分析可知，气体在cd过程中体积减小，则：Wcd>0
根据热力学第一定律有：气体在ab过程中吸收的热量：Qab=ΔUab
cd过程中放出的热量：Qcd=Wcd−ΔUcd
由于两过程的温差相等，则：ΔUab=−ΔUcd
所以气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，故C错误，D正确。
故选：D。
ab的延长线通过原点，则ab过程气体发生等容过程，由查理定律分析压强与温度的变化；
bc过程和da过程是等温压缩和等温膨胀过程，结合ab是等容线，分析两个过程体积的变化量；
根据图象可知ab和cd过程的温度变化量相等，从而判断两个过程内能的变化量；
由热力学第一定律分析ab过程和cd过程吸放热的大小关系。
本题中对于等温变化和等压变化，根据玻意耳定律和盖-吕萨克定律分析体积的变化，而另外两个过程，抓住过绝对零度的直线表示等容变化，结合热力学第一定律进行分析。
11.【答案】
【解析】解：(1)根据表格数据在U−I图像中描绘序号为10∼12的数据点，作出U−I图线如图所示
(2)从描绘的各数据点来看，序号为1的数据存在实验错误。
A.电阻箱实际接入阻值大于电阻箱记录值，根据U=IR可知电压测量值小于真实值，故A正确；
B.电阻箱实际接入阻值小于电阻箱记录值，根据U=IR可知电压测量值大于真实值，故B错误；
C.测量该数据时将太阳能电池的朝向弄偏了，则测量时电动势偏小，电流和电压测量值偏小，故C正确；
D.测量该组数据时将太阳能电池向灯靠近了，则测量时电动势偏大，电流和电压测量值偏大，故D错误。
故选：AC。
(3)当电流I=0时，通过实验图线可知，该太阳能电池的电动势为E=1.40V；若将该太阳能电池直接与R=900Ω的定值电阻相连，在图像中作出定值电阻的U−I图线，如图所示；
根据图像交点可知，此时外电压为0.70V，电流为I=0.80mA，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir
解得此时该电池的内阻为r=E−UI=1.40−×10−3Ω=875Ω；
(4)这块太阳能电池的输出功率为P=UI，由U−I图像可知，这块太阳能电池在该光照条件下的最大输出功率约为Pm=0.9×0.7mW=0.63mW。
故答案为：(1)如图所示；(2)AC；(3)1.40；875；(4)0.63。
(1)根据描点法作出10∼12的数据点，再用平滑的曲线连接各点，注意误差较大的点舍去；
(2)根据图象确定存在误差的数据点，根据点的位置可以确定电压表和电流表的误差情况，再分析题意明确可能的情况；
(3)根据图象确定电源的电动势；再作出定值电阻的U−I图象，两图象的交点为工作电压和电流，再由闭合电路欧姆定律可求出内阻；
(4)电源的输出功率P=UI，根据图象可确定出UI的最大值，从而确定最大功率。
本题考查电源电动势和内电阻的测量，要注意明确实验原理，注意掌握图象的性质和应用，明确实验误差的分析方法。
12.【答案】解：(1)设线圈中感应电动势E，由法拉第电磁感应定律得：E=|ΔBΔt|S
线圈中的感应电流I=ER
联立解得：I=kπr02R
(2)磁感应强度减为零的时间t=B0k
由焦耳定律得：Q=I2Rt
联立解得：Q=kπ2r04B0R
通过的电量q=It
联立解得：q=πr02B0R
答：(1)线圈中产生的感应电流I为kπr02R；
(2)线圈中产生的焦耳热Q为kπ2r04B0R,通过线圈横截面的电量q为πr02B0R。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解线圈中的感应电流；
(2)根据磁感应强度随时间变化的关系求解磁感应强度减为零的时间，根据焦耳定律求解产生的热量，根据q=It求解通过的电量。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势，结合欧姆定律、焦耳定律和电流定义式等列式求解。
13.【答案】解：(1)设粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得：
qv0B=mv02R
由⼏何关系得y=R(1−sina)
解得：y=mv0qB(1−sina)
(2)设粒⼦进⼊第四象限离x轴距离最⼤时速度为v1，电场⼒对粒⼦做正功，由动能定理可得：
qEd=12mv12−12mv02
由⽜顿第二定律有qv1B−qE=ma
解得：a=qB v02+2qEdm−qEm
(3)设粒⼦进⼊第四象限以速度v2做匀速运动，受力分析如下图
受⼒关系有：
qv2B=qEcsθ
粒⼦从P点运动到M点，由动能定理得：
−W=12mv22−12mv02
解得：W=12mv02−mE2cs2θ2B2
粒⼦从P点运动到M点过程中任意时刻满⾜qvB=mvω
则P点运动到M点的时间为t=π2−θω
解得：t=(π2−θ)mqB
答：(1)P点的纵坐标为mv0qB(1−sina)；
(2)粒子在Q点加速度的大小为qB v02+2qEdm−qEm；
(3)粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功为12mv02−mE2cs2θ2B2，运动的时间为(π2−θ)mqB。
【解析】(1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和几何关系得出P点的纵坐标；
(2)根据动能定理得出粒子的速度，结合对粒子的受力分析得出粒子的加速度；
(3)根据对粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设稳定时气缸内气体压强为p2，根据玻意耳定律有p1L0S=p212L0S
解得p2=2p1
则物体A的重力大小为G=(p2−p1)S=p1S；
(2)设充入的气体体积为V，则有p1L0S+p0V=p2L0S
解得V=p1p0L0S。
答：(1)物体A的重力大小p1S；
(2)需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积为p1p0L0S。
【解析】(1)根据玻意耳定律，分析压强，再分析重力大小；
(2)根据玻意耳定律列式，求体积。
本题考查学生对玻意耳定律的使用，是一道基础题。
15.【答案】解：(1)对于在圆弧面上发生全反射的光束，结合几何知识可知，反射光最终一定会照射到AC上，作出光恰在圆弧面上发生全反射的情况，如图所示
根据临界角与折射率的关系sinC=1n
光在玻璃砖上的入射角为α=45∘，由折射定律有n=sinαsinθ
光恰好不射出时入射点的位置到圆心的距离为 63R，由几何关系有Rcsθ= 6R3sinC
解得θ=30∘，n= 2
(2)结合上述分析和几何知识可知，光从射入玻璃砖到第一次打到圆弧面上经过的距离为x1=2 3sin75∘3R
光从第一次打到圆弧面上到打到底面经过的距离为x2=sin60∘sin75∘R
光在玻璃砖中的传播速度为v=cn
则光恰好在圆弧面发生全反射时，光线在玻璃砖内传播的时间为t=x1+x2v=(2 6sin75∘3+ 62sin75∘)Rc
答：(1)玻璃砖对光的折射率 2；
(2)光线在玻璃砖内传播的时间(2 6sin75∘3+ 62sin75∘)Rc。
【解析】(1)作出光恰在圆弧面上发生全反射的情况，根据全反射条件和折射定律，求折射率；
(2)根据几何知识和光的传播规律，求传播时间。
本题解题关键是正确画光恰在圆弧面上发生全反射的情况图，分析出折射率。序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
I/mA
0.11
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
0.32
0.40
0.55
0.80
0.86
0.90
U/V
1.05
1.36
1.35
1.34
1.33
1.31
1.27
1.21
1.10
0.72
0.43
0.10
1.石墨烯中碳原子呈单层六边形结构。南京大学的科学家将多层石墨烯叠加，得到了一种结构规则的新材料，其中层与层间距约为六边形边长的两倍。则( )
A. 新材料属于非晶体B. 新材料没有固定的熔点
C. 低温下新材料中碳原子停止运动D. 层间相邻碳原子间作用力表现为引力
2.光在日常生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A. 观看立体电影时所戴的眼镜利用了光线衍射的原理
B. 摄像机镜头采用镀膜技术增加了透射光，这是利用了光的衍射
C. 拍摄玻璃橱窗中的物品时，在镜头前加偏振片是利用了光的干涉
D. 显微镜、近视眼镜、远视眼镜等是利用光的折射制成的
3.在La型超新星爆发中，可以观察到放射性镍56(2856Ni)衰变为钴56(2756C)。已知镍56的半衰期为6天，下列说法正确的是( )
A. 该衰变为α衰变
B. 该衰变过程会释放能量
C. 一定质量的镍56，经12天后将全部衰变为钴56
D. 镍56在常温下的半衰期比在超新星爆发时高温下的长
4. 在游乐场上，一个大人和一个小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，如图所示。已知大人和车的总质量为M=100kg，速度为v1=3m/s，小孩和车的总质量为m=60kg，速度为v2=1m/s，碰碰车质量相同，碰撞后两车迅速粘合在一起，忽略碰碰车与地面间的摩擦，则关于两车碰撞过程的下列说法中正确的是( )
A. 两车组成的系统满足动量守恒和机械能守恒
B. 大人和碰碰车的动量变化了120kg⋅m/s
C. 合外力对小孩和碰碰车的冲量大小为20N⋅s
D. 如果碰撞在0.05s内完成，两车间产生的平均冲力为3000N
5.如图甲所示，B超检查是医学上常用的诊断方法，其基本原理是探头向人体内发射超声波，超声波遇到人体不同的组织会产生不同程度的反射。图乙、丙是仪器检测到的探头发送和接收的超声波图像，其中图乙为某时刻沿x轴正方向发送的超声波，图丙为一段时间后沿x轴负方向返回的超声波。已知超声波在人体内传播速度约为1500m/s，下列说法正确的是( )
A. 图丙中质点b正沿y轴正方向运动
B. 图乙和图丙中，质点a和质点b加速度相同
C. 图乙中质点a的振动周期为T=8.0×10−5s
D. 图乙中质点a在此后的0.1s时间内运动的路程为400m
6.理想环形变压器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，Um=220 2V，副线圈接一“12V 22W”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈的磁通量变化率之比为55：3
B. 电流表的读数为0.1A
C. t=5×10−3s时，电压表示数为零
D. 若电压表改为非理想电表，电流表示数会变小
7.如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90∘直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为( )
A. πBxL24tB. π2BxL8t2C. πBHL24tD. π2BHL8t2
8.氢原子能级示意图如图所示，已知大量处于基态的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光。下列说法正确的是( )
A. 基态的氢原子受到照射后跃迁到n=2能级
B. 用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有4种
C. 氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
D. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的波长最大
9.如图所示，在盛有浅水的水槽中，在t=0时刻以相同的频率拍打水面上的两个点S1和S2产生两列波，两波源相距9cm，频率为2Hz，连线中点处有一浮标始终未振动。距S212cm处有一P点，PS2⊥S1S2，经过3s后P点开始振动，下列说法中正确的是( )
A. 两列波不能发生干涉
B. t=4s时P点的振动方向与S1的起振方向相同
C. 若只改变S2的频率则浮标也有可能还是保持静止
D. S1P连线上(两端点除外)共有6个振动减弱点
10.一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则( )
A. 气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B. 气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C. 气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D. 气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某兴趣小组尝试研究一块太阳能电池的相关性能。为控制光照强度，他们采用一个18W的台灯作为光源，并在距离光源40cm处将太阳能电池正对灯管进行实验。
(1)该小组采用图甲所示电路研究该太阳能电池路端电压U与电流I的关系，通过实验记录及运算，获得了如下U和I的数据表。
他们在U−I坐标系中描绘了序号为1∼9的数据点.请完成序号为10∼12的数据点的描绘，并绘制U−I图线。
(2)从描绘的各数据点来看，序号为1的数据存在实验错误，其可能的原因有哪些______。
A.电阻箱实际接入阻值大于电阻箱记录值
B.电阻箱实际接入阻值小于电阻箱记录值
C.测量该数据时将太阳能电池的朝向弄偏了
D.测量该组数据时将太阳能电池向灯靠近了
(3)通过实验图线可知，该太阳能电池的电动势为______ V；若将该太阳能电池直接与R=900Ω的定值电阻相连，则此时该电池的内阻约为______Ω(结果均保留三位有效数字)。
(4)对太阳能电池来讲，最大输出功率是其重要参数。根据以上数据可以估算这块太阳能电池在该光照条件下的最大输出功率为______mW(结果保留两位有效数字)。
三、简答题：本大题共2小题，共28分。
12.半径为r1的单匝线圈放置在绝缘的水平面上，线圈的电阻为R，O为圆心.以O为圆心、半径为r0(r0
(2)线圈中产生的焦耳热Q和通过线圈横截面的电量q。
13.如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有沿−y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为+q的粒子在xOy平面内从y轴上的P点以初速度大小为v0射出，不考虑粒子的重力。
(1)若粒子与−y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；
(2)若粒子沿y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q点(图中未标出)，求粒子在Q点加速度的大小a；
(3)若所在空间存在空气，粒子沿−y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与+x轴方向成θ角。求粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t。
四、计算题：本大题共2小题，共22分。
14.气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时相当于在气缸顶部增加一个物体A，稳定时气缸下降了0.5L0，气体温度保持不变。
(1)求物体A的重力大小；
(2)已知大气压强为p0，为使气缸升到原位置，求需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积。
15.如图所示为一放在水平桌面上的玻璃砖的扇形横截面，该扇形所对圆心角为135∘、半径为R，AC上涂有吸光材料。一细光束始终平行于桌面从AB上射入玻璃砖，光束在AB上的入射点以非常小的速度匀速由A移向B的过程中，光恰好不射出时入射点的位置到圆心的距离为 63R。光在真空中的速度为c。求：
(1)玻璃砖对光的折射率；
(2)光恰好在圆弧面发生全反射时，光线在玻璃砖内传播的时间(可用含正、余弦值的式子表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、新材料由多层石墨烯叠加而成，可知结构规则的新材料为晶体，晶体具有固定的熔点，故A、B错误；
C、由分子动理论可知，一切物质的分子做永不停息的无规则运动，故C错误；
D、由题意可知，石墨烯中层与层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间距离，由分子力的特点可知，层间相邻碳原子间作用力表现为引力，故D正确。
故选：D。
由“石墨烯中的碳原子呈单层六边形结构”可知其为结构规则的新材料，是一种晶体。晶体具有固定的熔点，根据分子运动论和题中所给的材料对各选项进行分析。
分子运动论有三个基本观点：物质由分子构成，分子永不停息做无规则运动，分子间存在引力和斥力。物体的宏观性质从微观结构方面找到原因。
2.【答案】D
【解析】解：A、在放映时，通过两个放映机，把用两个摄影机拍下的两组胶片同步放映，使这略有差别的两幅图象重叠在银幕上。这时如果用眼睛直接观看，看到的画面是模糊不清的，要看到立体电影，就要在每架电影机前装一块偏振片，它的作用相当于起偏器。从两架放映机射出的光，通过偏振片后，就成了偏振光。左右两架放映机前的偏振片的偏振化方向互相垂直，因而产生的两束偏振光的偏振方向也互相垂直，故A错误；
B、摄像机镜头采用镀膜技术增加了透射光，这是利用了光的薄膜干涉现象，故B错误；
C、反射光是偏振光，拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以过滤橱窗玻璃的反射光，故C错误；
D、显微镜、近视眼镜、远视眼镜等是利用光的折射制成的，故D正确。
故选：D。
看立体电影须有幅眼镜，它是一对透振方向互相垂直的偏振片，与光的偏振有关；
光的薄膜干涉是薄膜的前后两个表面反射的光相干涉；
偏振片是减弱反射光的影响；
望远镜、显微镜、近视眼镜、远视眼镜等都是透镜，是利用光的折射原理制成的。
本题考查光的折射、光的干涉、偏振现象的理解，要我们用所学的物理知识进行解答，解答此类题的关键是首先找出是用哪一部分的知识来进行解答。
3.【答案】B
【解析】解：A.放射性镍56(2856Ni)衰变为钴56(2756C)，根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，放出的粒子质量数为0，电荷数：z=28−27=1，可知粒子是正电子 10e，该衰变不是α衰变，故A错误；
B.能自然发生的衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故B正确；
C.已知镍56的半衰期为6天，一定质量的镍56，经12天后只有34镍56发生了衰变，故C错误；
D.半衰期只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，则镍56在常温下的半衰期与超新星爆发时高温下的半衰期相等，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成产物，进而判断其衰变类型；衰变的过程中会释放能量；放射性元素的半衰期只与原子核自身有关。
本题考查了原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键。
4.【答案】D
【解析】本题以碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动为情景载体，考查了动量守恒定律、动量定理和图像的综合运用，能够从图像中获取碰撞前后的速度大小和方向是解决本题的关键。
碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律解得碰后两车的速度，根据动量定理解得冲量大小和平均冲力大小。
A、两车组成的系统满足动量守恒，由于发生的是完全非弹性碰撞，所以机械能不守恒，故A错误；
BC、以碰撞前大人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv1-mv2=(m+M)v，代入数据解得：v=1.5m/s，大人和碰碰车的动量变化了Δp=Mv−Mv1，代入数据解得：Δp=−150kg⋅m/s；由动量定理可知，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量I=−Δp=150N⋅s，故BC错误；
D、如果碰撞在0.05s内完成，则Ft=I，解得两车间产生的平均冲力为F=3000N，故D正确。
故选：D。
5.【答案】B
【解析】解：A、图丙中波沿x轴负向传播，根据“上下坡法”可知，质点b正沿y轴负方向运动，故A错误；
B、图乙和图丙中，质点a和质点b位移相同，根据a=−kxm可知两质点的加速度相同，故B正确；
C、由图可知，波长为λ=12×10−3m，图乙中质点a的振动周期为T=λv=12×10−31500s=8.0×10−6s，故C错误；
D、因为t=0.1s=12500T，质点在一个周期内运动的路程为4个振幅，所以图乙中质点a在此后的0.1s时间内运动的路程为s=12500×4A=12500×4×4×10−3m=200m，故D错误。
故选：B。
由“上下坡法”判断图丙中质点b的振动方向；利用a=−kxm分析质点a和质点b加速度关系；利用波速公式计算周期；根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程。
本题考查机械波的速度、波长、频率、路程等相关知识。会运用“上下坡法”判断波的传播方向与振动方向之间的关系，根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程。
6.【答案】B
【解析】解：A.理想变压器原、副线圈的磁通量变化率之比为ΔΦ原Δt:ΔΦ副Δt=1:1
故A错误；
B.原线圈两端电压的有效值U1=Um 2
通过副线圈的电流I2=PU
线圈的匝数比n1n2=U1U2
电流表的读数为I1=n2n1I2
代入数据解得I1=0.1A
故B正确；
C.电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为12V，故C错误；
D.若电压表改为非理想电表，则副线圈电阻变小，因原线圈电压与匝数都不变，则副线圈电压不变，则副线圈电流变大，根据n1n2=I2I1
可知原线圈电流也增大，电流表示数会变大，故D错误。
故选：B。
理想变压器原、副线圈的磁通量变化率相同，结合有效值和瞬时值的关系解答，电压表测的是输出电压，根据线圈匝数之比与电压之比和电流之比的关系解答；电压表的示数为有效值。
本题主要考查了变压器的构造和原理，解题关键点是熟悉原副线圈两端的匝数比和电压之比的关系完成分析。
7.【答案】A
【解析】解：由题意可知，杆从水平位置匀速转过90∘直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为：ω=π2t
由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割Bx磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为：U=BxLv−=BxL0+ωL2=12BxL2ω
联立解得：U=πBxL24t，故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据动生电动势的公式求杆两端的电势差。
本题考查法拉第电磁感应定律的一种特殊情况的计算，注意杆转动升起的过程中，切割的是水平方向的磁感应强度分量。还要注意杆各点的速度不同。
8.【答案】D
【解析】解：A、据Cn2=n(n−1)2=6可得n=4，由此可知基态的氢原子受到照射后跃迁到n=4能级才可辐射6种不同频率的光，故A错误；
B、这6种频率光子的能量分别为：4跃迁到1，3跃迁到1，2跃迁到1，产生的光子的能量分别为12.75eV，12.09eV，10.2eV，这三种光子能量都大于3.34eV，都能使金属锌产生光电效应，4跃迁到2，3跃迁到2，4跃迁到3，产生的光子的能量分别为2.55eV，1.89eV，0.66eV，都小于3.34eV，都不能使金属锌产生光电效应；所以用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有3种，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得ke2r2=mv2r，Ek=12mv2，解得电子动能Ek=ke22r，由此可知氢原子向低能级跃迁后r变小，核外电子的动能增大，故C错误；
D、光子的能量为E=hν=hcλ，解得：λ=hcE，所以氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子能量最小，波长最长，D正确。
故选：D。
根据氢原子辐射出不同频率光子的种数确定出氢原子处于哪一能级；结合光电效应的条件，通过辐射的光子能量大小确定能发生光电效应的光子频率种数；根据电子轨道半径的变化得出核外电子速度的变化，从而得出动能的变化；频率最小的光子波长最大。
本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越高，波长越短，以及掌握发生光电效应的条件。
9.【答案】D
【解析】解：A、两列波的频率相同，所以能发生干涉，故A错误；
B、S2离P点最近，经过3s后P点开始振动，可知S2产生的波首先到达P点，可得波速v=S2Pt=12m3s=4m/s
两波源连线中点处有一浮标始终未振动，说明两波源的振幅相等，且这一点是振动减弱点，两波源到连线中点处的路程差为零，可知两波源的振动步调相反，
由勾股定理可得S1P= (S1S2)2+(S2P)2= 92+122m=15m，S1产生的波到达P点的时间t1=S1Pv=15m4m/s=3.75s<4s，所以4s时两列波都到达P点，
两列波的周期T=1f=12Hz=0.5s，所以4s=3.75s+T2，S2产生的波在4s时使质点在平衡位置，S1产生的波在4s时使质点振动T2处于平衡位置，所以t=4s时P点的振动方向与S1的起振方向相反，故B错误；
C、若只改变S2的频率，则两列波不能发生稳定的干涉，浮标不能保持静止，故C错误；
D、由v=λf可得波长λ=vf=4m/s2Hz=2m
P点到两波源的路程差ΔsP=S1P−S2P=15m−12m=3m=32λ，两波源振动步调相反，所以P点是振动加强点，
设S1P连线上(两端点除外)的振动减弱点到S1、S2的路程差为Δs，由图可知0−9m<Δs<15m−9m，即−92λ<Δs<32λ
路程差Δs=nλ，n为整数，则可得−92
A、根据波发生干涉的条件来判断；
B、根据题意可得波速大小，根据“连线中点处有一浮标始终未振动”可知两波源的振幅相等，振动步调相反，由4s跟周期的关系，可知两列波传播到P点的振动情况，则可知P点处质点振动方向与S1的起振方向的关系；
C、两列波频率不同，不能发生稳定的干涉，可知浮标不能保持静止；
D、由图可知S1P连线上(两端点除外)的振动减弱点到S1、S2的路程差Δs的大小范围，两波源振动步调相反，振动减弱点到两波源的路程差等于波长的整数倍，则可得n的范围，则可知振动减弱点的个数。
本题考查了波的干涉和波的叠加，解题的关键是找出题干中的关键词语：“连线中点处有一浮标始终未振动”，可知两波源振幅相等，振动步调相反，注意某点到两波源的路程差等于波长的整数倍，若两波源的振动步调相同，则这点是振动加强点，若两波源振动步调相反，则这点是振动减弱点。
10.【答案】D
【解析】解：A、气体在bc过程是等温压缩，c态的压强增大到b态的32倍，则体积变为b态的23；da过程是等温膨胀，a态的压强变为d态压强的12，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V，则c态体积23V，d态体积12V，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，故A错误；
B、气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，故B错误；
CD、由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则：Wab=0
由以上分析可知，气体在cd过程中体积减小，则：Wcd>0
根据热力学第一定律有：气体在ab过程中吸收的热量：Qab=ΔUab
cd过程中放出的热量：Qcd=Wcd−ΔUcd
由于两过程的温差相等，则：ΔUab=−ΔUcd
所以气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，故C错误，D正确。
故选：D。
ab的延长线通过原点，则ab过程气体发生等容过程，由查理定律分析压强与温度的变化；
bc过程和da过程是等温压缩和等温膨胀过程，结合ab是等容线，分析两个过程体积的变化量；
根据图象可知ab和cd过程的温度变化量相等，从而判断两个过程内能的变化量；
由热力学第一定律分析ab过程和cd过程吸放热的大小关系。
本题中对于等温变化和等压变化，根据玻意耳定律和盖-吕萨克定律分析体积的变化，而另外两个过程，抓住过绝对零度的直线表示等容变化，结合热力学第一定律进行分析。
11.【答案】
【解析】解：(1)根据表格数据在U−I图像中描绘序号为10∼12的数据点，作出U−I图线如图所示
(2)从描绘的各数据点来看，序号为1的数据存在实验错误。
A.电阻箱实际接入阻值大于电阻箱记录值，根据U=IR可知电压测量值小于真实值，故A正确；
B.电阻箱实际接入阻值小于电阻箱记录值，根据U=IR可知电压测量值大于真实值，故B错误；
C.测量该数据时将太阳能电池的朝向弄偏了，则测量时电动势偏小，电流和电压测量值偏小，故C正确；
D.测量该组数据时将太阳能电池向灯靠近了，则测量时电动势偏大，电流和电压测量值偏大，故D错误。
故选：AC。
(3)当电流I=0时，通过实验图线可知，该太阳能电池的电动势为E=1.40V；若将该太阳能电池直接与R=900Ω的定值电阻相连，在图像中作出定值电阻的U−I图线，如图所示；
根据图像交点可知，此时外电压为0.70V，电流为I=0.80mA，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir
解得此时该电池的内阻为r=E−UI=1.40−×10−3Ω=875Ω；
(4)这块太阳能电池的输出功率为P=UI，由U−I图像可知，这块太阳能电池在该光照条件下的最大输出功率约为Pm=0.9×0.7mW=0.63mW。
故答案为：(1)如图所示；(2)AC；(3)1.40；875；(4)0.63。
(1)根据描点法作出10∼12的数据点，再用平滑的曲线连接各点，注意误差较大的点舍去；
(2)根据图象确定存在误差的数据点，根据点的位置可以确定电压表和电流表的误差情况，再分析题意明确可能的情况；
(3)根据图象确定电源的电动势；再作出定值电阻的U−I图象，两图象的交点为工作电压和电流，再由闭合电路欧姆定律可求出内阻；
(4)电源的输出功率P=UI，根据图象可确定出UI的最大值，从而确定最大功率。
本题考查电源电动势和内电阻的测量，要注意明确实验原理，注意掌握图象的性质和应用，明确实验误差的分析方法。
12.【答案】解：(1)设线圈中感应电动势E，由法拉第电磁感应定律得：E=|ΔBΔt|S
线圈中的感应电流I=ER
联立解得：I=kπr02R
(2)磁感应强度减为零的时间t=B0k
由焦耳定律得：Q=I2Rt
联立解得：Q=kπ2r04B0R
通过的电量q=It
联立解得：q=πr02B0R
答：(1)线圈中产生的感应电流I为kπr02R；
(2)线圈中产生的焦耳热Q为kπ2r04B0R,通过线圈横截面的电量q为πr02B0R。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解线圈中的感应电流；
(2)根据磁感应强度随时间变化的关系求解磁感应强度减为零的时间，根据焦耳定律求解产生的热量，根据q=It求解通过的电量。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势，结合欧姆定律、焦耳定律和电流定义式等列式求解。
13.【答案】解：(1)设粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得：
qv0B=mv02R
由⼏何关系得y=R(1−sina)
解得：y=mv0qB(1−sina)
(2)设粒⼦进⼊第四象限离x轴距离最⼤时速度为v1，电场⼒对粒⼦做正功，由动能定理可得：
qEd=12mv12−12mv02
由⽜顿第二定律有qv1B−qE=ma
解得：a=qB v02+2qEdm−qEm
(3)设粒⼦进⼊第四象限以速度v2做匀速运动，受力分析如下图
受⼒关系有：
qv2B=qEcsθ
粒⼦从P点运动到M点，由动能定理得：
−W=12mv22−12mv02
解得：W=12mv02−mE2cs2θ2B2
粒⼦从P点运动到M点过程中任意时刻满⾜qvB=mvω
则P点运动到M点的时间为t=π2−θω
解得：t=(π2−θ)mqB
答：(1)P点的纵坐标为mv0qB(1−sina)；
(2)粒子在Q点加速度的大小为qB v02+2qEdm−qEm；
(3)粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功为12mv02−mE2cs2θ2B2，运动的时间为(π2−θ)mqB。
【解析】(1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和几何关系得出P点的纵坐标；
(2)根据动能定理得出粒子的速度，结合对粒子的受力分析得出粒子的加速度；
(3)根据对粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设稳定时气缸内气体压强为p2，根据玻意耳定律有p1L0S=p212L0S
解得p2=2p1
则物体A的重力大小为G=(p2−p1)S=p1S；
(2)设充入的气体体积为V，则有p1L0S+p0V=p2L0S
解得V=p1p0L0S。
答：(1)物体A的重力大小p1S；
(2)需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积为p1p0L0S。
【解析】(1)根据玻意耳定律，分析压强，再分析重力大小；
(2)根据玻意耳定律列式，求体积。
本题考查学生对玻意耳定律的使用，是一道基础题。
15.【答案】解：(1)对于在圆弧面上发生全反射的光束，结合几何知识可知，反射光最终一定会照射到AC上，作出光恰在圆弧面上发生全反射的情况，如图所示
根据临界角与折射率的关系sinC=1n
光在玻璃砖上的入射角为α=45∘，由折射定律有n=sinαsinθ
光恰好不射出时入射点的位置到圆心的距离为 63R，由几何关系有Rcsθ= 6R3sinC
解得θ=30∘，n= 2
(2)结合上述分析和几何知识可知，光从射入玻璃砖到第一次打到圆弧面上经过的距离为x1=2 3sin75∘3R
光从第一次打到圆弧面上到打到底面经过的距离为x2=sin60∘sin75∘R
光在玻璃砖中的传播速度为v=cn
则光恰好在圆弧面发生全反射时，光线在玻璃砖内传播的时间为t=x1+x2v=(2 6sin75∘3+ 62sin75∘)Rc
答：(1)玻璃砖对光的折射率 2；
(2)光线在玻璃砖内传播的时间(2 6sin75∘3+ 62sin75∘)Rc。
【解析】(1)作出光恰在圆弧面上发生全反射的情况，根据全反射条件和折射定律，求折射率；
(2)根据几何知识和光的传播规律，求传播时间。
本题解题关键是正确画光恰在圆弧面上发生全反射的情况图，分析出折射率。序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
I/mA
0.11
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
0.32
0.40
0.55
0.80
0.86
0.90
U/V
1.05
1.36
1.35
1.34
1.33
1.31
1.27
1.21
1.10
0.72
0.43
0.10
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