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2022-2023学年北京四中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京四中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电磁波及其应用，下列说法正确的是( )
A. 雷达测距和测速利用的是无线电波衍射的原理
B. “中国天眼”(FAST)射电望远镜探测的是宇宙中的无线电波
C. 晶体中原子间距与γ射线波长接近，通过γ射线衍射实验可以推测晶体结构
D. 非接触式体温计通过探测人体辐射的紫外线来测量体温
2.以下实验能说明原子核内有复杂结构的是( )
A. 光电效应实验B. 原子发光产生明线光谱
C. α粒子散射实验D. 天然放射现象
3.一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示。设a、b在玻璃中的速度分别为va和vb，在玻璃中的波长分别为λa和λb，则( )
A. vaB. vaλb
C. va>vb；λa<λb
D. va>vb；λa>λb
4.如图所示是一定质量的某种理想气体状态变化的P−V图像，气体由状态A变化到状态B的过程，关于气体的状态变化情况，下列说法正确的是( )
A. 此过程中压强逐渐增大，体积逐渐减小
B. A、B两状态的温度相等，该过程为等温变化
C. 此过程中温度先降低后升高
D. 此过程中气体分子平均动能先增大后减小
5.在磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图甲所示磁场方向为正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是( )
A. t2时刻，圆环中感应电流为零
B. t1时刻，圆环中感应电流最大
C. t1∼t2时间内，圆环中感应电流方向始终不变
D. t2∼t4时间内，圆环中感应电流方向的终不变
6.交流发电机在t=0时刻的示意图如图所示，其中滑环K与线圈AB边相连，滑环L与线圈CD边相连，流过电阻的电流瞬时值表达式为i=20sin(100πt)(A)。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻通过线圈的磁通量为零
B. t=0时刻线圈产生的感应电动势为零
C. t=0时刻交流电流表的示数为零
D. 线圈的转速为100r/s
7.一群处在量子数n=4的激发态中的氢原子，在发光的过程中，下列说法正确的是( )
A. 频率最高的光是从n=4向n=3跃迁时产生的
B. 波长最短的光是从n=4向n=3跃迁时产生的
C. 氢原子的能量增加，电子的动能减小
D. 氢原子的能量减小，电子的动能增大
8.原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的是( )
A. 24He核结合能约为7MeV
B. 24He核结合能比 36Li核结合能更大
C. 两个 12H结合成 24He时释放能量
D. 92235U中核子的平均质量比 3689Kr中核子的平均质量小
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
9.下列关于光的说法正确的是( )
A. 图甲中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色条纹是光的衍射现象
B. 图乙中，泊松斑现象是由于光的衍射形成的
C. 图丙中，根据DNA纤维的衍射图样，发现了它的双螺旋结构
D. 图丁中，戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的偏振现象
10.将灯泡A、线图L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，电路达到稳定后断开开关S，观察到了灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是( )
A. 闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势
B. 从闭合S到电路达到稳定的过程中，电池输出的电能大于灯泡A和线圈L的焦耳热之和
C. 断开S瞬间电路中a点电势低于b点
D. 断开S前后通过灯泡A的电流方向发生变化
11.在同一输电电路中，如果用22kV(U1)和1100kV(U2)两种电压来进行输电，需要输送相同的电功率P时，下列说法正确的是( )
A. 输电线上损失的电压之比为ΔU1：ΔU2=50：1
B. 输电线上损失的电压之比为ΔU1：ΔU2=1：50
C. 输电线上的电流之比I1：I2=50：1
D. 输电线上损失的电功率之比为ΔP1：ΔP2=1：2500
12.利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图所示，在两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，上下两表面的霍尔电压Uab为0，可将该点作为位移的零点。霍尔电压Uab与霍尔元件位移Δz成正比，当霍尔元件向z轴正方向偏移时，霍尔电压Uab>0。下列说法正确的是( )
A. 该霍尔元件的载流子带负电
B. 该霍尔元件的载流子带正电
C. 仅增大霍尔元件的电流I，能提高检测灵敏度
D. 保持电流I不变，增大霍尔元件宽度h，能提高检测灵敏度
13.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸收到一个光子而从金属表面逸出.强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实.光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为ν的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在k、A之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)( )
A. U=hνe−WeB. U=2hνe−WeC. U=5hν2e−WeD. U=3hνe−We
14.μ子是自然界的基本粒子之一，它平均寿命很短容易发生衰变。科学家发现μ子以0.99c甚至更高的速度飞向地球，根据经典理论计算出每秒到达地球的μ子数小于实际观察到的μ子数。这一现象与经典理论产生了矛盾，用相对论时空观可以得到很好的解释，这也成为相对论时空观的最早证据。
相对论时空观认为：如果相对于地面以ⅴ运动的惯性参考系上的人观察到与其一起运动的物体完成某个动作的时间间隔为Δτ，地面上的人观察到该物体在完成这个动作的时间间隔为Δt，那么两者之间的关系是Δt=Δτ 1−(vc)2
已知μ子低速运动时的平均寿命是3.0μs。下列说法正确的是( )
A. 当μ子以0.99c飞行，选择此μ子作为参考系，则μ子的平均寿命大于3.0μs
B. 当μ子以0.99c飞行，以地面为参考系，则μ子的平均寿命大于3.0μs
C. 对地面上的观测者来说，μ子平均飞行的距离大约为900m
D. 对地面上的观测者来说，μ子平均飞行的距离大约为6300m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。
(1)有下列实验步骤：
A.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。
B.将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
C.往浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
D.将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
在上述步骤中，正确的操作顺序是______。(填写步骤前面的字母)
(2)每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S。已知500mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1mL，则油酸分子直径大小的表达式为d=______。
(3)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大。出现这种情况的原因可能是______。
A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D.计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理
16.现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列最佳顺序应为C、______、 A。
(2)本实验的步骤有：
①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；
③用米尺测量双缝到屏的距离；
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离。
在操作步骤②时还应注意单缝和双缝的方向应______。
(3)将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图丙中手轮上的示数为______ mm。
(4)已知双缝间距d为2.00×10−4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，求得所测红光波长为______ nm。
(5)1801年，托马斯⋅杨用双缝干涉实验研究了光波的性质，1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为平面镜。
设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L，光在光屏上形成干涉条纹，相邻两条亮条纹(或暗条纹)间距离为Δx，则光的波长λ的表达式为______。
四、简答题：本大题共4小题，共36分。
17.如图所示，置于水平面内一对相互平行的金属导轨MN、PQ，间距为d，左端接有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体棒CD垂直于MN、PQ放置在金属导轨上，且与导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。不计导轨的电阻及导轨和导体棒间的摩擦。在t=0时刻，给导体棒一个平行于导轨向右的初速度v0，求：
(1)t=0时导体棒CD产生的感应电动势E。
(2)t=0时导体棒CD所受安培力FA的大小和方向。
(3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，定值电阻R产生的焦耳热QR。
18.汤姆逊测定电子比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示。真空玻璃管内，阴极K发出的电子经加速后，穿过小孔A、B沿中心轴线进入到两块水平正对放置的极板D1、D2间的区域，射出后到达右端的荧光屏上形成光点。若极板D1、D2间无电压，电子将打在荧光屏上的中心P1点；若在极板间施加偏转电压U，则电子将打P2点。若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，则电子在荧光屏上产生的光点又回到P1点。若极板D1、D2间的距离为d。
(1)求电子进入极板D1、D2区域时速度的大小；
(2)去掉D1、D2间的电压，只保留磁场B。由于磁场方向与射线运动方向垂直，阴极射线在D1、D2之间有磁场的区域会形成一个半径为r，的圆弧，使得阴极射线落在屏的P3点。请你推导出电子的比荷em的表达式。
19.1930年，物理学家博特利用α粒子轰击铍(49Be)原子时，产生了一种中性射线，人们称为“铍辐射”，这种射线具有极强的穿透能力。查德威克认为这种射线是一种中性粒子流，并测得了该粒子的质量，从而宣告了中子的存在。
(1)请写出α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程
(2)为了测得中性粒子的质量，查德威克让铍辐射中的中性粒子与静止的原子核发生正碰。假如碰撞是弹性碰撞，请证明碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v
其中m1是中性粒子的质量，v为其初速度，m2是原子核的质量。
(3)让中性粒子分别与静止的氢原子核、氮原子核发生碰撞，碰撞后氢原子核的速度是3.3×107m/s，碰撞后氮原子核的速度是4.4×106m/s。若氢核质量为mH，氮原子核的质量是氢原子核质量的14倍。请计算中性粒子的质量与氢核质量mH的关系？
20.光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量。由狭义相对论可知，一定的质量m与一定的能量E相对应：E=mc2，其中c为真空中光速。
(1)已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E=hν，其中h为普朗克常量。试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度，推导该单色光光子的动量p=hλ。
(2)光照射到物体表面时，光子被物体吸收或反射时，光都会对物体产生压强，这就是“光压”。已知太阳半径为R，单位时间辐射的总能量为P0，光速为c。求：
a.距离太阳中心r处(r>R)，太阳光光子被完全吸收时产生的光压p是多大？
b.科幻作品中经常以文明能够利用的能量程度来对文明进行分级。比如，一级文明能够利用行星的全部能量，人类处于0.73级；二级文明能够利用恒星的全部能量；三级文明能够利用整个星系的能量。科幻作家们设想了一种被称为“戴森球”的装置来收集整个恒星的能量。“戴森球”是一种包围整个恒星的球状膜，它的内表面可以吸收恒星发出的所有光的能量。如果给太阳安装一个“戴森球”，求：戴森球的半径r多大时，戴森球可以靠着光压来抵抗太阳的万有引力，避免其向太阳塌缩。已知引力常量为G，太阳的质量为M，戴森球的总质量记为m。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、雷达测距和测速利用的是无线电波的多普勒效应，故A错误；
B、“中国天眼”(FAST)射电望远镜探测的是宇宙中的无线电波，故B正确；
C、晶体中原子间距与X射线波长接近，通过X射线衍射实验可以推测晶体结构，故C错误；
D、非接触式体温计通过探测人体辐射的红外线来测量体温，故D错误。
故选：B。
依据无线电波、X射线、γ射线、红外线的作用和特征及多普勒效应来分析。
本题考查了电磁波，要熟悉电磁波中各种波的作用，注重记忆，比较容易。
2.【答案】D
【解析】解：天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从发现天然放射现象开始的，
而光电效应现象说明光的粒子性，对于α粒子散射现象提出原子的核式结构，阴极射线实验说明电子是原子的组成部分。故D正确，ABC错误。
故选：D。
解答本题应抓住：人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从发现天然放射现象开始的．
本题是物理学史问题，对于人类认识原子结构和原子核复杂结构的历史过程，关键要掌握质子、电子、中子的发现及天然放射现象的发现
3.【答案】A
【解析】解：根据折射定律
n=sinisinr
为a、b两束单色光的入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，则a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，则有
λa<λb
根据v=cn
由于a光的折射率大于b光的折射率，则有
va故A正确，BCD错误。
故选：A。
由图看出，两束光的入射角相同，玻璃对单色光a的折射角小于b的折射角，根据折射定律分析折射率的大小关系，由v=cn分析光a、b在玻璃中的传播速度的关系。
该几何光学问题中涉及折射率的公式应用，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A.由p−V图像可知，气体由状态A变化到状态B的过程，压强逐渐减小，体积逐渐增大，故A错误；
BCD.根据理想气体状态方程
pVT=C
由p−V图像可知，气体的pV乘积先增大后减小，且有
pAVA=pBVB
则气体的温度先升高后降低，气体分子平均动能先增大后减小，A、B两状态的温度相等，故BC错误，D正确。
故选：D。
本题根据理想气体状态方程、温度是分子平均动能的标志，结合题中选项，即可解答。
本题考查学生对理想气体状态方程、温度是分子平均动能的标志的掌握，难度不高，比较基础。
5.【答案】C
【解析】解：AB、t2时刻，由图乙可知ΔBΔt最大，由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS可知感应电动势最大，
由闭合电路欧姆定律I=ER可知圆环中感应电流最大，
t1时刻，由图乙可知ΔBΔt=0，可知圆环中感应电流为零，故AB错误；
C、t1∼t2时间内，磁感应强度为正值且减小，可知圆环中磁场向里，磁通量减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终顺时针不变，故C正确；
D、t2∼t3时间内，磁感应强度为负值且增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，t3∼t4时间内，磁感应强度为负值且减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，故D错误。
故选：C。
AB、根据图乙中ΔBΔt的大小变化、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知感应电流的大小特点；
CD、根据图乙中B的方向和大小变化，根据楞次定律判断感应电流的方向。
本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律，解题的关键是根据图乙判断ΔBΔt的大小变化，注意B的正负。
6.【答案】B
【解析】解：AB、t=0时刻线圈与磁场方向垂直，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈产生的感应电动势为零，故A错误、B正确；
C、交流电流表的示数为有效值，则t=0时刻交流电流表的示数不为零，故C错误；
D、由i=20sin(100πt)(A)得，线圈转动的角速度ω=100πrad/s
则线圈的转速n=ω2π=100π2πr/s=50r/s
故D错误。
故选：B。
线圈磁通量最大时，线圈的感应电动势为零；交流电流表的示数为有效值；根据正弦式交变电流规律求解线圈转动的角速度，进而求解转速。
本题考查正弦式交变电流的产生，解题关键是知道电流表的有效值，掌握正弦式交变电流规律。
7.【答案】D
【解析】解：A、频率最高的光是从n=4向n=1跃迁时产生的，故A错误；
B、光从n=4向n=3跃迁时释放的光子能量最小，频率最低，波长最长，故B错误；
CD、氢原子从高能级到低能级，向外释放能量，总能量减小，电子的轨道半径减小，根据ke2r2=mv2r，结合动能公式可知动能增大，故C错误，D正确；
故选：D。
根据能级跃迁及波长与频率的关系分析AB，氢原子从高能级到低能级，向外释放能量，根据玻尔理论分析CD。
解决本题的关键掌握氢原子跃迁的特点，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，注意玻尔理论的应用。
8.【答案】C
【解析】解：A.由题图可知， 24He核的比结合能约为7MeV，氦核的核子数为4，因此结合能约为4×7MeV=28MeV，故A错误；
B.由题图可知， 36Li核比结合能约为5MeV，则 36Li核结合能约为6×5MeV=30MeV，可知 24He核结合能比 36Li核结合能小，故B错误；
C.两个 12H结合成 24He时，产生聚变反应，有质量亏损，由质能方程可知，因此释放能量，故C正确；
D.由题图可知， 92235U中核子的比结合能比 3689Kr中核子的比结合能小，由于平均质量越小的原子核，其比结合能越大，因此 92235U中核子的平均质量比 3689Kr中核子的平均质量大，故D错误。
故选：C。
根据图像得出不同核子的结合能，计算出比结合能以及发生核反应时释放的能量。
本题主要考查了原子核的结合能的相关应用，根据图像得出结合能，结合核子数量计算出比结合能的大小。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、图甲中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，故A错误；
B、图乙中，泊松斑现象是由于光的衍射形成的，故B正确；
C、图丙中，DNA双螺旋结构的发现利用了光的衍射图样，故C正确；
D、图丁中，戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的偏振现象，故D正确。
故选：BCD。
阳光下肥皂膜上的呈彩色条纹，是薄膜干涉；泊松斑现象是由于光的衍射形成的；根据富兰克林对DNA进行了X射线衍射分析并获得了高清图象解答；立体电影是利用了光的偏振现象。
本题考查光的衍射、干涉、偏振的基础知识，难度不大，这些知识需要学生在平时的学习过程中多加积累。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、闭合S瞬间，通过线圈的磁通量增大，线圈L产生自感电动势，故A错误；
B、因为自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则从闭合S到电路达到稳定的过程中，电池输出的电能大于灯泡A和线圈L的焦耳热之和，故B正确；
CD、开关S断开前，自感线圈和灯泡A中的电流都是自左向右的，当断开S瞬间，自感线圈要阻碍电流的减小，因此产生与原电流方向相同的感应电流，与灯泡构成闭合回路，回路中的电流为逆时针方向，即通过泡A的电流方向自右向左，则断开S前后通过灯泡A的电流方向发生变化，a点电势低于b点，故CD正确。
故选：BCD。
线圈与小灯泡并连接电池组上，要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大，断电自感流过线圈的电流方向不变，线圈与灯泡构成回路，判断出流过灯泡的电流方向和电势高低。
自感现象是特殊的电磁感应现象，自感电动势总要阻碍电流的变化，本题难度不大，认真解题即可。
11.【答案】AC
【解析】解：C、由P=UI得，输电线上的电流之比等于输电电压的反比，则输电线上的电流之比为I1：I2=U2：U1=1100kV：22kV=50：1
故C正确；
AB、由ΔU=IR得，输电线上损失的电压之比等于电流之比，则输电线上损失的电压之比为ΔU1：ΔU2=I1：I2=50：1
故A正确，B错误；
D、由ΔP=I2R得，输电线上损失的电功率之比等于电流平方之比，则输电线上损失的电功率之比为为ΔP1：ΔP2=I12：I22=2500：1
故D错误。
故选：AC。
根据P=UI求解电流之比；根据ΔU=IR求解损失的电压之比；根据ΔP=I2R求解损失的电功率之比。
本题考查远距离输电，解题关键是掌握输电线上损失的电压和电功率的计算公式。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、当霍尔元件向+z方向移动时，磁场方向水平向左。霍尔电压Uab>0，可知a板带正电，根据左手定则可知该霍尔元件的载流子带正电，故A正确，B错误；
CD、设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速度为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为l，霍尔元件上下宽度为h，电流微观表达式
I=nqSv=nqlhv
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件得
qUHh=qvB
联立可得
UH=BInql
仅增大霍尔元件的电流I，相等的位移Δx下，UH变大，能提高检测灵敏度，保持电流I不变，增大霍尔元件宽度h，UH不变，不能提高灵敏度，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据左手定则，分析带负电的载流子偏转方向，分析电势高低；根据平衡条件、电流微观表达式联立，求电势差。
本题考查学生对左手定则、平衡条件、电流微观表达式的掌握，是一道基础题，但具有一道综合性。
13.【答案】BD
【解析】解：一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同频率的强激光照射，则发生光电效应，吸收的光子能量为nhν(n=2,3,4...)，光电子从k到A，根据动能定理有eU=nhν−W
解得U=nhνe−We，n=2，3，4…；
故当n=2时，U=2hνe−We
当n=3时，U=3hνe−We
当n=3时，U=3hνe−We
当n=4时，U=4hνe−We
当n=5时，U=5hνe−We
故BD正确，AC错误。
故选：BD。
根据光电效应方程Ekm=hν−W，以及Ekm=eU进行分析。
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。
14.【答案】BD
【解析】解：A、当μ子以0.99c飞行，选择此μ子作为参考系，由狭义相对论可知，则μ子的平均寿命不变，故A错误；
B、当μ子以0.99c飞行，以地面为参考系，Δτ=3.0μs，由狭义相对论Δt=Δτ 1−(vc)2，由于 1−(vc)2<1，可知μ子的平均寿命大于3.0μs，故B正确；
CD、对地面上的观测者来说，由Δt=Δτ 1−(vc)2可得
Δt=3.0×10−6 1−(0.99cc)2s≈21.28×10−6s
则有
s=0.99×3.0×108×21.28×10−6m≈6320m，故C错误，D正确。
故选：BD。
由狭义相对论得到时间间隔的延缓效应，由公式求解即可。
掌握狭义相对论的结论，会用狭义相对论的时间间隔的延缓效应，求解对于地面上的观测者来说μ子的平均寿命。
15.【答案】CADBV0500S AC
【解析】解：(1)该实验过程为配制油酸酒精溶液、往浅盘中水面的撒痱子粉，将一滴油酸酒精溶液滴入，将玻璃板盖在浅盘上描绘出油膜轮廓，将玻璃板放在坐标纸上，计算出油膜面积，计算出分子直径，故正确的操作顺序为：CADB；
(2)每滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V=V0500
油酸分子直径大小为：d=VS=V0500S
(3)A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，体积测量偏大，分子直径偏大，故A正确；
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，使用原浓度计算使体积测量偏小，分子直径偏小，故B错误；
C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积测量偏小，分子直径偏大，故C正确；
D.计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，油膜面积测量偏大，分子直径偏小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)CADB；(2)V0500S；(3)AC。
(1)根据实验原理和步骤分析判断；
(2)根据浓度公式、体积公式推导；
(3)分析一滴油酸的体积和油膜面积的测量误差，根据分子直径表达式判断分子直径的测量误差。
本题关键掌握实验原理和步骤，掌握一滴油酸的体积和油膜面积的误差分析。
16.【答案】E、D、B 竖直且互相平行 13.8706.6×10−7 λ=2aΔxL
【解析】解：(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝；表示各光学元件的字母排列顺序应为CEDBA，因此最佳顺序应为E、D、B；
(2)在操作步骤②时应注意单缝和双缝间距要适当，使单缝与双缝的方向竖直且互相平行；
(3)螺旋测微器的精确度0.01mm，乙图的读数x乙=2mm+32.0×0.01mm=2.320mm
丙图的读数x丙=13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm
(4)相邻亮条纹之间的距离Δx=x丙−x乙6−1=(13.870−2.320)×10−35m=2.310×10−3m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
单色光波长λ=dΔxl=2.00×10−4×2.310×10−30.700m=6.6×10−7m
(5)光源经过平面镜反射的光与光源直接发出的光是同一列光，故是相干光，该干涉现象可以看成是双缝干涉，所以能在光屏上形成干涉条纹；将此现象等效为双缝干涉实验，则SS′之间的距离为d=2a，光源S到光屏的距离可以看成是双缝到屏的距离L；
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ=Lλ2a
单色光的波长λ=2aΔxL。
故答案为：(1)E、D、B；(2)竖直且互相平行；(3)13.870；(4)6.7×10−7；(5)λ=2aΔxL。
(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝；
(2)在操作步骤②时应注意单缝和双缝间距要适当，使单缝与双缝相互平行，使一个线光源变为频率相等的两个线光源；
(3)螺旋测微器的精确度0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(4)根据图乙、图丙的读数求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝公式条纹间距公式求单色光的波长；
(5)根据公式Δx=ldλ，代入题目中的数据即可完成分析。
本题主要考查了光的双缝干涉实验的相关应用，理解干涉现象发生的条件，结合波长的计算公式即可完成分析。
17.【答案】解：(1)t=0时导体棒CD产生的感应电动势为：E=Bdv0；
(2)t=0时导体棒CD所受安培力：FA=BId
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=Bdv0R+r
联立解得：FA=B2d2v0R+r
根据右手定则可知电流方向D→C，根据左手定则可知安培力的方向向左；
(3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，整个回路中产生的热：Q=12mv02
定值电阻R产生的焦耳热：QR=RR+rQ
联立解得：QR=Rmv022(R+r)。
答：(1)t=0时导体棒CD产生的感应电动势为Bdv0；
(2)t=0时导体棒CD所受安培力FA的大小为B2d2v0R+r，方向向左；
(3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，定值电阻R产生的焦耳热为Rmv022(R+r)。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解t=0时导体棒CD产生的感应电动势；
(2)根据安培力的计算公式求解t=0时导体棒CD所受安培力大小，根据左手定则可知安培力的方向；
(3)根据功能关系、焦耳定律求解定值电阻R产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
18.【答案】解：(1)电子在极板D1、D2间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，即受力平衡，设电子的进入极板间时的速度为v，根据受力平衡可得：
evB=eE
E=Ud
联立解得：v=UBd
(2)去掉D1、D2间的电压，只保留磁场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得：
evB=mv2r
联立解得电子的比荷为：em=UB2dr
答：(1)电子进入极板D1、D2区域时速度的大小UBd；
(2)电子的比荷em的表达式em=UB2dr。
【解析】(1)当电子在极板D1、D2间受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求出电子运动速度。
(2)极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，根据洛伦兹力提供向心力求解比荷的表达式。
本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于带电粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解，本题难度不大，但需要认真理解题意。
19.【答案】解：(1)根据质量数守恒得核反应后生成元素的质量数A=4+9−1=12，根据核电荷数守恒得生成元素的核电荷数z=2+4−0=6，所以α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程为： 24He+49Be→01n+612C；
(2)铍辐射中的中性粒子与静止的原子核发生正碰，假如碰撞是弹性碰撞，以中性粒子的速度v的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v=m1v1′+m2v2′
根据机械能守恒定律得：12m1v2=12m1v1′2+12mv2′2
联立解得碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v
(3)根据v2′=2m1m1+m2v，让中性粒子与静止的氢原子核碰撞：碰撞后氢原子核的速度为：vH=2m1vm1+mH
让中性粒子与静止的氮原子核碰撞：碰撞后氮原子核的速度为：vN=2m1vm1+14mH
将vH=3.3×107m/s，vN=4.4×106m/s代入上面两个式子并联立解得：m1=mH
答：(1)α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程为： 24He+49Be→01n+612C；
(2)证明：根据动量守恒定律得：m1v=m1v1′+m2v2′
根据机械能守恒定律得：12m1v2=12m1v1′2+12mv2′2
联立解得碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v
(3)中性粒子的质量与氢核质量mH的关系为：m1=mH
【解析】(1)根据质量数守恒以及核电荷数守恒写出α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程；
(2)根据弹性碰撞，运用动量守恒定律以及机械能守恒定律证明碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v；
(3)根据v2′=2m1m1+m2v，让中性粒子分别与静止的氢原子核、氮原子核发生碰撞，代入碰撞后氢原子核的速度以及碰撞后氮原子核的速度，并根据氢核质量为mH，与氮原子核的质量关系计算出中性粒子的质量与氢核质量mH的关系。
本题通过中子的发现的人工核反应，考查了弹性碰撞的动量守恒定律以及机械能守恒定律，联立方程正确求解碰后原子核速度是解题的关键。
20.【答案】解：(1)根据波长、波速和频率关系有：c=λν
该单色光光子的能量为：E=hν=mc2
光子的动量为：p=mc
解得：p=hλ
(2)a.距离太阳中心r处，单位面积吸收太阳辐射的能量为：E′=P04πr2Δt
设物体的的表面积为S，物体吸收的能量为：E“=E′S=P04πr2ΔtS
到达物体表面的光子数为：n=E′′hν=P0SΔt4πhνr2
到达物体表面光子的合动量为：p′=nhλ
根据动量定理有：FΔt=p′
解得：F=P0S4πcr2
太阳光光子被完全吸收时产生的光压p为：p=FS=P04πcr2
b.根据题意，由平衡条件有：GMmr2=p×4πr2
解得：r= GMmcP0
答：(1)已见解析。
(2)a.距离太阳中心r处(r>R)，太阳光光子被完全吸收时产生的光压p是P04πcr2；
b.戴森球的半径为 GMmcP0时，戴森球可以靠着光压来抵抗太阳的万有引力。
【解析】(1)根据光子能量与动量的计算公式解答；
(2)a.根据题意结合能量与动量的关系解答；
b.根据平衡条件分析解答。
该题难度较大，前两问主要学会分析题目信息，从而抽象出所需的物理模型，考查建模和信息处理的能力；第三问主要学会寻找表达式，难度较大。
1.关于电磁波及其应用，下列说法正确的是( )
A. 雷达测距和测速利用的是无线电波衍射的原理
B. “中国天眼”(FAST)射电望远镜探测的是宇宙中的无线电波
C. 晶体中原子间距与γ射线波长接近，通过γ射线衍射实验可以推测晶体结构
D. 非接触式体温计通过探测人体辐射的紫外线来测量体温
2.以下实验能说明原子核内有复杂结构的是( )
A. 光电效应实验B. 原子发光产生明线光谱
C. α粒子散射实验D. 天然放射现象
3.一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示。设a、b在玻璃中的速度分别为va和vb，在玻璃中的波长分别为λa和λb，则( )
A. va
C. va>vb；λa<λb
D. va>vb；λa>λb
4.如图所示是一定质量的某种理想气体状态变化的P−V图像，气体由状态A变化到状态B的过程，关于气体的状态变化情况，下列说法正确的是( )
A. 此过程中压强逐渐增大，体积逐渐减小
B. A、B两状态的温度相等，该过程为等温变化
C. 此过程中温度先降低后升高
D. 此过程中气体分子平均动能先增大后减小
5.在磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图甲所示磁场方向为正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是( )
A. t2时刻，圆环中感应电流为零
B. t1时刻，圆环中感应电流最大
C. t1∼t2时间内，圆环中感应电流方向始终不变
D. t2∼t4时间内，圆环中感应电流方向的终不变
6.交流发电机在t=0时刻的示意图如图所示，其中滑环K与线圈AB边相连，滑环L与线圈CD边相连，流过电阻的电流瞬时值表达式为i=20sin(100πt)(A)。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻通过线圈的磁通量为零
B. t=0时刻线圈产生的感应电动势为零
C. t=0时刻交流电流表的示数为零
D. 线圈的转速为100r/s
7.一群处在量子数n=4的激发态中的氢原子，在发光的过程中，下列说法正确的是( )
A. 频率最高的光是从n=4向n=3跃迁时产生的
B. 波长最短的光是从n=4向n=3跃迁时产生的
C. 氢原子的能量增加，电子的动能减小
D. 氢原子的能量减小，电子的动能增大
8.原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的是( )
A. 24He核结合能约为7MeV
B. 24He核结合能比 36Li核结合能更大
C. 两个 12H结合成 24He时释放能量
D. 92235U中核子的平均质量比 3689Kr中核子的平均质量小
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
9.下列关于光的说法正确的是( )
A. 图甲中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色条纹是光的衍射现象
B. 图乙中，泊松斑现象是由于光的衍射形成的
C. 图丙中，根据DNA纤维的衍射图样，发现了它的双螺旋结构
D. 图丁中，戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的偏振现象
10.将灯泡A、线图L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，电路达到稳定后断开开关S，观察到了灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是( )
A. 闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势
B. 从闭合S到电路达到稳定的过程中，电池输出的电能大于灯泡A和线圈L的焦耳热之和
C. 断开S瞬间电路中a点电势低于b点
D. 断开S前后通过灯泡A的电流方向发生变化
11.在同一输电电路中，如果用22kV(U1)和1100kV(U2)两种电压来进行输电，需要输送相同的电功率P时，下列说法正确的是( )
A. 输电线上损失的电压之比为ΔU1：ΔU2=50：1
B. 输电线上损失的电压之比为ΔU1：ΔU2=1：50
C. 输电线上的电流之比I1：I2=50：1
D. 输电线上损失的电功率之比为ΔP1：ΔP2=1：2500
12.利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图所示，在两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，上下两表面的霍尔电压Uab为0，可将该点作为位移的零点。霍尔电压Uab与霍尔元件位移Δz成正比，当霍尔元件向z轴正方向偏移时，霍尔电压Uab>0。下列说法正确的是( )
A. 该霍尔元件的载流子带负电
B. 该霍尔元件的载流子带正电
C. 仅增大霍尔元件的电流I，能提高检测灵敏度
D. 保持电流I不变，增大霍尔元件宽度h，能提高检测灵敏度
13.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸收到一个光子而从金属表面逸出.强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实.光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为ν的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在k、A之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)( )
A. U=hνe−WeB. U=2hνe−WeC. U=5hν2e−WeD. U=3hνe−We
14.μ子是自然界的基本粒子之一，它平均寿命很短容易发生衰变。科学家发现μ子以0.99c甚至更高的速度飞向地球，根据经典理论计算出每秒到达地球的μ子数小于实际观察到的μ子数。这一现象与经典理论产生了矛盾，用相对论时空观可以得到很好的解释，这也成为相对论时空观的最早证据。
相对论时空观认为：如果相对于地面以ⅴ运动的惯性参考系上的人观察到与其一起运动的物体完成某个动作的时间间隔为Δτ，地面上的人观察到该物体在完成这个动作的时间间隔为Δt，那么两者之间的关系是Δt=Δτ 1−(vc)2
已知μ子低速运动时的平均寿命是3.0μs。下列说法正确的是( )
A. 当μ子以0.99c飞行，选择此μ子作为参考系，则μ子的平均寿命大于3.0μs
B. 当μ子以0.99c飞行，以地面为参考系，则μ子的平均寿命大于3.0μs
C. 对地面上的观测者来说，μ子平均飞行的距离大约为900m
D. 对地面上的观测者来说，μ子平均飞行的距离大约为6300m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。
(1)有下列实验步骤：
A.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。
B.将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
C.往浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
D.将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
在上述步骤中，正确的操作顺序是______。(填写步骤前面的字母)
(2)每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S。已知500mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1mL，则油酸分子直径大小的表达式为d=______。
(3)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大。出现这种情况的原因可能是______。
A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D.计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理
16.现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列最佳顺序应为C、______、 A。
(2)本实验的步骤有：
①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；
③用米尺测量双缝到屏的距离；
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离。
在操作步骤②时还应注意单缝和双缝的方向应______。
(3)将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图丙中手轮上的示数为______ mm。
(4)已知双缝间距d为2.00×10−4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，求得所测红光波长为______ nm。
(5)1801年，托马斯⋅杨用双缝干涉实验研究了光波的性质，1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)。洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为平面镜。
设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L，光在光屏上形成干涉条纹，相邻两条亮条纹(或暗条纹)间距离为Δx，则光的波长λ的表达式为______。
四、简答题：本大题共4小题，共36分。
17.如图所示，置于水平面内一对相互平行的金属导轨MN、PQ，间距为d，左端接有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体棒CD垂直于MN、PQ放置在金属导轨上，且与导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。不计导轨的电阻及导轨和导体棒间的摩擦。在t=0时刻，给导体棒一个平行于导轨向右的初速度v0，求：
(1)t=0时导体棒CD产生的感应电动势E。
(2)t=0时导体棒CD所受安培力FA的大小和方向。
(3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，定值电阻R产生的焦耳热QR。
18.汤姆逊测定电子比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示。真空玻璃管内，阴极K发出的电子经加速后，穿过小孔A、B沿中心轴线进入到两块水平正对放置的极板D1、D2间的区域，射出后到达右端的荧光屏上形成光点。若极板D1、D2间无电压，电子将打在荧光屏上的中心P1点；若在极板间施加偏转电压U，则电子将打P2点。若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，则电子在荧光屏上产生的光点又回到P1点。若极板D1、D2间的距离为d。
(1)求电子进入极板D1、D2区域时速度的大小；
(2)去掉D1、D2间的电压，只保留磁场B。由于磁场方向与射线运动方向垂直，阴极射线在D1、D2之间有磁场的区域会形成一个半径为r，的圆弧，使得阴极射线落在屏的P3点。请你推导出电子的比荷em的表达式。
19.1930年，物理学家博特利用α粒子轰击铍(49Be)原子时，产生了一种中性射线，人们称为“铍辐射”，这种射线具有极强的穿透能力。查德威克认为这种射线是一种中性粒子流，并测得了该粒子的质量，从而宣告了中子的存在。
(1)请写出α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程
(2)为了测得中性粒子的质量，查德威克让铍辐射中的中性粒子与静止的原子核发生正碰。假如碰撞是弹性碰撞，请证明碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v
其中m1是中性粒子的质量，v为其初速度，m2是原子核的质量。
(3)让中性粒子分别与静止的氢原子核、氮原子核发生碰撞，碰撞后氢原子核的速度是3.3×107m/s，碰撞后氮原子核的速度是4.4×106m/s。若氢核质量为mH，氮原子核的质量是氢原子核质量的14倍。请计算中性粒子的质量与氢核质量mH的关系？
20.光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量。由狭义相对论可知，一定的质量m与一定的能量E相对应：E=mc2，其中c为真空中光速。
(1)已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E=hν，其中h为普朗克常量。试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度，推导该单色光光子的动量p=hλ。
(2)光照射到物体表面时，光子被物体吸收或反射时，光都会对物体产生压强，这就是“光压”。已知太阳半径为R，单位时间辐射的总能量为P0，光速为c。求：
a.距离太阳中心r处(r>R)，太阳光光子被完全吸收时产生的光压p是多大？
b.科幻作品中经常以文明能够利用的能量程度来对文明进行分级。比如，一级文明能够利用行星的全部能量，人类处于0.73级；二级文明能够利用恒星的全部能量；三级文明能够利用整个星系的能量。科幻作家们设想了一种被称为“戴森球”的装置来收集整个恒星的能量。“戴森球”是一种包围整个恒星的球状膜，它的内表面可以吸收恒星发出的所有光的能量。如果给太阳安装一个“戴森球”，求：戴森球的半径r多大时，戴森球可以靠着光压来抵抗太阳的万有引力，避免其向太阳塌缩。已知引力常量为G，太阳的质量为M，戴森球的总质量记为m。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、雷达测距和测速利用的是无线电波的多普勒效应，故A错误；
B、“中国天眼”(FAST)射电望远镜探测的是宇宙中的无线电波，故B正确；
C、晶体中原子间距与X射线波长接近，通过X射线衍射实验可以推测晶体结构，故C错误；
D、非接触式体温计通过探测人体辐射的红外线来测量体温，故D错误。
故选：B。
依据无线电波、X射线、γ射线、红外线的作用和特征及多普勒效应来分析。
本题考查了电磁波，要熟悉电磁波中各种波的作用，注重记忆，比较容易。
2.【答案】D
【解析】解：天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从发现天然放射现象开始的，
而光电效应现象说明光的粒子性，对于α粒子散射现象提出原子的核式结构，阴极射线实验说明电子是原子的组成部分。故D正确，ABC错误。
故选：D。
解答本题应抓住：人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从发现天然放射现象开始的．
本题是物理学史问题，对于人类认识原子结构和原子核复杂结构的历史过程，关键要掌握质子、电子、中子的发现及天然放射现象的发现
3.【答案】A
【解析】解：根据折射定律
n=sinisinr
为a、b两束单色光的入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，则a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，则有
λa<λb
根据v=cn
由于a光的折射率大于b光的折射率，则有
va
故选：A。
由图看出，两束光的入射角相同，玻璃对单色光a的折射角小于b的折射角，根据折射定律分析折射率的大小关系，由v=cn分析光a、b在玻璃中的传播速度的关系。
该几何光学问题中涉及折射率的公式应用，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A.由p−V图像可知，气体由状态A变化到状态B的过程，压强逐渐减小，体积逐渐增大，故A错误；
BCD.根据理想气体状态方程
pVT=C
由p−V图像可知，气体的pV乘积先增大后减小，且有
pAVA=pBVB
则气体的温度先升高后降低，气体分子平均动能先增大后减小，A、B两状态的温度相等，故BC错误，D正确。
故选：D。
本题根据理想气体状态方程、温度是分子平均动能的标志，结合题中选项，即可解答。
本题考查学生对理想气体状态方程、温度是分子平均动能的标志的掌握，难度不高，比较基础。
5.【答案】C
【解析】解：AB、t2时刻，由图乙可知ΔBΔt最大，由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS可知感应电动势最大，
由闭合电路欧姆定律I=ER可知圆环中感应电流最大，
t1时刻，由图乙可知ΔBΔt=0，可知圆环中感应电流为零，故AB错误；
C、t1∼t2时间内，磁感应强度为正值且减小，可知圆环中磁场向里，磁通量减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终顺时针不变，故C正确；
D、t2∼t3时间内，磁感应强度为负值且增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，t3∼t4时间内，磁感应强度为负值且减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，故D错误。
故选：C。
AB、根据图乙中ΔBΔt的大小变化、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知感应电流的大小特点；
CD、根据图乙中B的方向和大小变化，根据楞次定律判断感应电流的方向。
本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律，解题的关键是根据图乙判断ΔBΔt的大小变化，注意B的正负。
6.【答案】B
【解析】解：AB、t=0时刻线圈与磁场方向垂直，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈产生的感应电动势为零，故A错误、B正确；
C、交流电流表的示数为有效值，则t=0时刻交流电流表的示数不为零，故C错误；
D、由i=20sin(100πt)(A)得，线圈转动的角速度ω=100πrad/s
则线圈的转速n=ω2π=100π2πr/s=50r/s
故D错误。
故选：B。
线圈磁通量最大时，线圈的感应电动势为零；交流电流表的示数为有效值；根据正弦式交变电流规律求解线圈转动的角速度，进而求解转速。
本题考查正弦式交变电流的产生，解题关键是知道电流表的有效值，掌握正弦式交变电流规律。
7.【答案】D
【解析】解：A、频率最高的光是从n=4向n=1跃迁时产生的，故A错误；
B、光从n=4向n=3跃迁时释放的光子能量最小，频率最低，波长最长，故B错误；
CD、氢原子从高能级到低能级，向外释放能量，总能量减小，电子的轨道半径减小，根据ke2r2=mv2r，结合动能公式可知动能增大，故C错误，D正确；
故选：D。
根据能级跃迁及波长与频率的关系分析AB，氢原子从高能级到低能级，向外释放能量，根据玻尔理论分析CD。
解决本题的关键掌握氢原子跃迁的特点，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，注意玻尔理论的应用。
8.【答案】C
【解析】解：A.由题图可知， 24He核的比结合能约为7MeV，氦核的核子数为4，因此结合能约为4×7MeV=28MeV，故A错误；
B.由题图可知， 36Li核比结合能约为5MeV，则 36Li核结合能约为6×5MeV=30MeV，可知 24He核结合能比 36Li核结合能小，故B错误；
C.两个 12H结合成 24He时，产生聚变反应，有质量亏损，由质能方程可知，因此释放能量，故C正确；
D.由题图可知， 92235U中核子的比结合能比 3689Kr中核子的比结合能小，由于平均质量越小的原子核，其比结合能越大，因此 92235U中核子的平均质量比 3689Kr中核子的平均质量大，故D错误。
故选：C。
根据图像得出不同核子的结合能，计算出比结合能以及发生核反应时释放的能量。
本题主要考查了原子核的结合能的相关应用，根据图像得出结合能，结合核子数量计算出比结合能的大小。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、图甲中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，故A错误；
B、图乙中，泊松斑现象是由于光的衍射形成的，故B正确；
C、图丙中，DNA双螺旋结构的发现利用了光的衍射图样，故C正确；
D、图丁中，戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的偏振现象，故D正确。
故选：BCD。
阳光下肥皂膜上的呈彩色条纹，是薄膜干涉；泊松斑现象是由于光的衍射形成的；根据富兰克林对DNA进行了X射线衍射分析并获得了高清图象解答；立体电影是利用了光的偏振现象。
本题考查光的衍射、干涉、偏振的基础知识，难度不大，这些知识需要学生在平时的学习过程中多加积累。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、闭合S瞬间，通过线圈的磁通量增大，线圈L产生自感电动势，故A错误；
B、因为自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则从闭合S到电路达到稳定的过程中，电池输出的电能大于灯泡A和线圈L的焦耳热之和，故B正确；
CD、开关S断开前，自感线圈和灯泡A中的电流都是自左向右的，当断开S瞬间，自感线圈要阻碍电流的减小，因此产生与原电流方向相同的感应电流，与灯泡构成闭合回路，回路中的电流为逆时针方向，即通过泡A的电流方向自右向左，则断开S前后通过灯泡A的电流方向发生变化，a点电势低于b点，故CD正确。
故选：BCD。
线圈与小灯泡并连接电池组上，要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大，断电自感流过线圈的电流方向不变，线圈与灯泡构成回路，判断出流过灯泡的电流方向和电势高低。
自感现象是特殊的电磁感应现象，自感电动势总要阻碍电流的变化，本题难度不大，认真解题即可。
11.【答案】AC
【解析】解：C、由P=UI得，输电线上的电流之比等于输电电压的反比，则输电线上的电流之比为I1：I2=U2：U1=1100kV：22kV=50：1
故C正确；
AB、由ΔU=IR得，输电线上损失的电压之比等于电流之比，则输电线上损失的电压之比为ΔU1：ΔU2=I1：I2=50：1
故A正确，B错误；
D、由ΔP=I2R得，输电线上损失的电功率之比等于电流平方之比，则输电线上损失的电功率之比为为ΔP1：ΔP2=I12：I22=2500：1
故D错误。
故选：AC。
根据P=UI求解电流之比；根据ΔU=IR求解损失的电压之比；根据ΔP=I2R求解损失的电功率之比。
本题考查远距离输电，解题关键是掌握输电线上损失的电压和电功率的计算公式。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、当霍尔元件向+z方向移动时，磁场方向水平向左。霍尔电压Uab>0，可知a板带正电，根据左手定则可知该霍尔元件的载流子带正电，故A正确，B错误；
CD、设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速度为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为l，霍尔元件上下宽度为h，电流微观表达式
I=nqSv=nqlhv
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件得
qUHh=qvB
联立可得
UH=BInql
仅增大霍尔元件的电流I，相等的位移Δx下，UH变大，能提高检测灵敏度，保持电流I不变，增大霍尔元件宽度h，UH不变，不能提高灵敏度，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据左手定则，分析带负电的载流子偏转方向，分析电势高低；根据平衡条件、电流微观表达式联立，求电势差。
本题考查学生对左手定则、平衡条件、电流微观表达式的掌握，是一道基础题，但具有一道综合性。
13.【答案】BD
【解析】解：一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同频率的强激光照射，则发生光电效应，吸收的光子能量为nhν(n=2,3,4...)，光电子从k到A，根据动能定理有eU=nhν−W
解得U=nhνe−We，n=2，3，4…；
故当n=2时，U=2hνe−We
当n=3时，U=3hνe−We
当n=3时，U=3hνe−We
当n=4时，U=4hνe−We
当n=5时，U=5hνe−We
故BD正确，AC错误。
故选：BD。
根据光电效应方程Ekm=hν−W，以及Ekm=eU进行分析。
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。
14.【答案】BD
【解析】解：A、当μ子以0.99c飞行，选择此μ子作为参考系，由狭义相对论可知，则μ子的平均寿命不变，故A错误；
B、当μ子以0.99c飞行，以地面为参考系，Δτ=3.0μs，由狭义相对论Δt=Δτ 1−(vc)2，由于 1−(vc)2<1，可知μ子的平均寿命大于3.0μs，故B正确；
CD、对地面上的观测者来说，由Δt=Δτ 1−(vc)2可得
Δt=3.0×10−6 1−(0.99cc)2s≈21.28×10−6s
则有
s=0.99×3.0×108×21.28×10−6m≈6320m，故C错误，D正确。
故选：BD。
由狭义相对论得到时间间隔的延缓效应，由公式求解即可。
掌握狭义相对论的结论，会用狭义相对论的时间间隔的延缓效应，求解对于地面上的观测者来说μ子的平均寿命。
15.【答案】CADBV0500S AC
【解析】解：(1)该实验过程为配制油酸酒精溶液、往浅盘中水面的撒痱子粉，将一滴油酸酒精溶液滴入，将玻璃板盖在浅盘上描绘出油膜轮廓，将玻璃板放在坐标纸上，计算出油膜面积，计算出分子直径，故正确的操作顺序为：CADB；
(2)每滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V=V0500
油酸分子直径大小为：d=VS=V0500S
(3)A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，体积测量偏大，分子直径偏大，故A正确；
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，使用原浓度计算使体积测量偏小，分子直径偏小，故B错误；
C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积测量偏小，分子直径偏大，故C正确；
D.计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，油膜面积测量偏大，分子直径偏小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)CADB；(2)V0500S；(3)AC。
(1)根据实验原理和步骤分析判断；
(2)根据浓度公式、体积公式推导；
(3)分析一滴油酸的体积和油膜面积的测量误差，根据分子直径表达式判断分子直径的测量误差。
本题关键掌握实验原理和步骤，掌握一滴油酸的体积和油膜面积的误差分析。
16.【答案】E、D、B 竖直且互相平行 13.8706.6×10−7 λ=2aΔxL
【解析】解：(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝；表示各光学元件的字母排列顺序应为CEDBA，因此最佳顺序应为E、D、B；
(2)在操作步骤②时应注意单缝和双缝间距要适当，使单缝与双缝的方向竖直且互相平行；
(3)螺旋测微器的精确度0.01mm，乙图的读数x乙=2mm+32.0×0.01mm=2.320mm
丙图的读数x丙=13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm
(4)相邻亮条纹之间的距离Δx=x丙−x乙6−1=(13.870−2.320)×10−35m=2.310×10−3m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
单色光波长λ=dΔxl=2.00×10−4×2.310×10−30.700m=6.6×10−7m
(5)光源经过平面镜反射的光与光源直接发出的光是同一列光，故是相干光，该干涉现象可以看成是双缝干涉，所以能在光屏上形成干涉条纹；将此现象等效为双缝干涉实验，则SS′之间的距离为d=2a，光源S到光屏的距离可以看成是双缝到屏的距离L；
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ=Lλ2a
单色光的波长λ=2aΔxL。
故答案为：(1)E、D、B；(2)竖直且互相平行；(3)13.870；(4)6.7×10−7；(5)λ=2aΔxL。
(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝；
(2)在操作步骤②时应注意单缝和双缝间距要适当，使单缝与双缝相互平行，使一个线光源变为频率相等的两个线光源；
(3)螺旋测微器的精确度0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(4)根据图乙、图丙的读数求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝公式条纹间距公式求单色光的波长；
(5)根据公式Δx=ldλ，代入题目中的数据即可完成分析。
本题主要考查了光的双缝干涉实验的相关应用，理解干涉现象发生的条件，结合波长的计算公式即可完成分析。
17.【答案】解：(1)t=0时导体棒CD产生的感应电动势为：E=Bdv0；
(2)t=0时导体棒CD所受安培力：FA=BId
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=Bdv0R+r
联立解得：FA=B2d2v0R+r
根据右手定则可知电流方向D→C，根据左手定则可知安培力的方向向左；
(3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，整个回路中产生的热：Q=12mv02
定值电阻R产生的焦耳热：QR=RR+rQ
联立解得：QR=Rmv022(R+r)。
答：(1)t=0时导体棒CD产生的感应电动势为Bdv0；
(2)t=0时导体棒CD所受安培力FA的大小为B2d2v0R+r，方向向左；
(3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，定值电阻R产生的焦耳热为Rmv022(R+r)。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解t=0时导体棒CD产生的感应电动势；
(2)根据安培力的计算公式求解t=0时导体棒CD所受安培力大小，根据左手定则可知安培力的方向；
(3)根据功能关系、焦耳定律求解定值电阻R产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
18.【答案】解：(1)电子在极板D1、D2间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，即受力平衡，设电子的进入极板间时的速度为v，根据受力平衡可得：
evB=eE
E=Ud
联立解得：v=UBd
(2)去掉D1、D2间的电压，只保留磁场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得：
evB=mv2r
联立解得电子的比荷为：em=UB2dr
答：(1)电子进入极板D1、D2区域时速度的大小UBd；
(2)电子的比荷em的表达式em=UB2dr。
【解析】(1)当电子在极板D1、D2间受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求出电子运动速度。
(2)极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，根据洛伦兹力提供向心力求解比荷的表达式。
本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于带电粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解，本题难度不大，但需要认真理解题意。
19.【答案】解：(1)根据质量数守恒得核反应后生成元素的质量数A=4+9−1=12，根据核电荷数守恒得生成元素的核电荷数z=2+4−0=6，所以α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程为： 24He+49Be→01n+612C；
(2)铍辐射中的中性粒子与静止的原子核发生正碰，假如碰撞是弹性碰撞，以中性粒子的速度v的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v=m1v1′+m2v2′
根据机械能守恒定律得：12m1v2=12m1v1′2+12mv2′2
联立解得碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v
(3)根据v2′=2m1m1+m2v，让中性粒子与静止的氢原子核碰撞：碰撞后氢原子核的速度为：vH=2m1vm1+mH
让中性粒子与静止的氮原子核碰撞：碰撞后氮原子核的速度为：vN=2m1vm1+14mH
将vH=3.3×107m/s，vN=4.4×106m/s代入上面两个式子并联立解得：m1=mH
答：(1)α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程为： 24He+49Be→01n+612C；
(2)证明：根据动量守恒定律得：m1v=m1v1′+m2v2′
根据机械能守恒定律得：12m1v2=12m1v1′2+12mv2′2
联立解得碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v
(3)中性粒子的质量与氢核质量mH的关系为：m1=mH
【解析】(1)根据质量数守恒以及核电荷数守恒写出α粒子轰击铍(49Be)的核反应方程；
(2)根据弹性碰撞，运用动量守恒定律以及机械能守恒定律证明碰后原子核的速度为：v2′=2m1m1+m2v；
(3)根据v2′=2m1m1+m2v，让中性粒子分别与静止的氢原子核、氮原子核发生碰撞，代入碰撞后氢原子核的速度以及碰撞后氮原子核的速度，并根据氢核质量为mH，与氮原子核的质量关系计算出中性粒子的质量与氢核质量mH的关系。
本题通过中子的发现的人工核反应，考查了弹性碰撞的动量守恒定律以及机械能守恒定律，联立方程正确求解碰后原子核速度是解题的关键。
20.【答案】解：(1)根据波长、波速和频率关系有：c=λν
该单色光光子的能量为：E=hν=mc2
光子的动量为：p=mc
解得：p=hλ
(2)a.距离太阳中心r处，单位面积吸收太阳辐射的能量为：E′=P04πr2Δt
设物体的的表面积为S，物体吸收的能量为：E“=E′S=P04πr2ΔtS
到达物体表面的光子数为：n=E′′hν=P0SΔt4πhνr2
到达物体表面光子的合动量为：p′=nhλ
根据动量定理有：FΔt=p′
解得：F=P0S4πcr2
太阳光光子被完全吸收时产生的光压p为：p=FS=P04πcr2
b.根据题意，由平衡条件有：GMmr2=p×4πr2
解得：r= GMmcP0
答：(1)已见解析。
(2)a.距离太阳中心r处(r>R)，太阳光光子被完全吸收时产生的光压p是P04πcr2；
b.戴森球的半径为 GMmcP0时，戴森球可以靠着光压来抵抗太阳的万有引力。
【解析】(1)根据光子能量与动量的计算公式解答；
(2)a.根据题意结合能量与动量的关系解答；
b.根据平衡条件分析解答。
该题难度较大，前两问主要学会分析题目信息，从而抽象出所需的物理模型，考查建模和信息处理的能力；第三问主要学会寻找表达式，难度较大。
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