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2022-2023学年福建省厦门市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省厦门市高二（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，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.两根互相平行的通电直导线P、Q的横截面如图所示，电流方向已在图中标出，则导线P中的电流产生磁场的磁感线环绕方向和导线Q所受的安培力方向分别为( )
A. 逆时针，向上
B. 逆时针，向下
C. 顺时针，向上
D. 顺时针，向下
2.“自热米饭”加热时既不用火也不插电，利用加热层中的发热包遇水反应释放热量为米饭加热，其结构如图所示。加热过程中( )
A. 食材层内气体分子的速率均增大
B. 食材层内气体分子热运动的平均动能保持不变
C. 若不慎堵住透气孔，则食材层内气体压强增大
D. 能闻到米饭的香味是因为气体分子的布朗运动
3.如图所示，在研究光电效应实验中，用频率相同、强度不同的光分别照射光电管的阴极形成光电流，则下列光电流与电压的关系I−UAK图像中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
4.贯彻新发展理念，福建省风力发电发展迅猛。某种风力发电机的发电、输电简易模型如图甲所示。风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机的输出电压u随时间t的变化关系如图乙所示，输出功率为1500kW。降压变压器的匝数比为n3：n4=130：1，输电线总电阻为R，其余线路电阻不计，用户端的电压为U4=220V，功率1430kW，所有变压器均为理想变压器，则( )
A. 每个周期内电流方向改变1次B. 发电机线圈转动频率为100Hz
C. 发电机的输出电流为250 2AD. 输电线总电阻R为28Ω
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，一束复色光沿半圆柱形玻璃砖的半径方向从A点射入，在O点经折射后分为a、b两束单色光照在光屏上，则( )
A. 在真空中a光的波长小于b光的波长
B. 玻璃砖对光束a的折射率大于对光束b的折射率
C. 在玻璃砖中光束a的传播速度大于光束b的传播速度
D. 若入射光线绕O点逆时针缓慢旋转，光束b先在光屏上消失
6.中国的钍核反应堆技术在多个方面实现突破，目前处于世界领先水平。反应堆工作原理如图所示，钍232(90232Th)吸收一个中子后会变成钍233(90233Th)， 90233Th这种同位素并不是很稳定，它会经历β衰变成为镤233(91233Pa)， 91233Pa将再次经历β衰变成为铀233(92233U)，则( )
A. 90233Th比 91233Pa多1个中子
B. 90233Th发生β衰变时产生的电子来源于核外电子
C. 91233Pa变成 92233U的反应方程式是 91233Pa→92233U+−10e
D. 90233Th的半衰期约为22分钟，若降低环境温度，可增大 90233Th的半衰期
7.星载原子钟被称为导航卫星的“心脏”，我国“北斗三号”采用的是星载氢原子钟，其精度比“北斗二号”的星载铷原子钟提高了一个数量级。如图所示为氢原子的部分能级图，则( )
A. 氢原子可以自发地从低能级向高能级跃迁
B. 处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子
C. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级，电子的电势能增加
D. 一个氢原子处于n=3能级，自发跃迁时最多能辐射2种不同频率的光子
8.如图甲所示，边长为L的正方形MNPQ区域内存在方向垂直于MNPQ平面的磁场，磁感应强度大小为B0，方向周期性变化，且磁场变化周期T可调。以垂直MNPQ平面向外为磁感应强度的正方向，B−t图像如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由M点沿MN方向射入磁场区，已知电子的质量为m，电荷量大小为e，PN边界上有一点E，且NE= 33L，若使电子( )
A. 沿NP方向经过P点，则电子的速度大小一定是eB0Lm
B. 沿NP方向经过P点，则电子的速度大小可能小于eB0Lm
C. 垂直NP边过E点，则磁场变化周期一定是2πm3eB0
D. 垂直NP边过E点，则磁场变化周期可能小于2πm3eB0
三、填空题：本大题共4小题，共25分。
9.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大的线圈，直流电阻可忽略不计。开关S闭合后，灯泡L1会______(选填“逐渐”或“立刻”)变亮；开关S断开瞬间，流经灯泡L2的电流方向是从______(选填“a到b”或“b到a”)。
10.1834年，克拉伯龙发表了《论热的驱动能力》一文，指出效率最高的热机循环只能由绝热过程和等温过程构成。如图所示，一定量的理想气体从状态A经等温过程AB、绝热过程BC、等温过程CD、绝热过程DA后，又回到状态A。其中，过程AB中气体的温度为T1、过程CD中气体的温度为T2，则T1______T2(选填“大于”或“小于”)，过程AB中气体会______(选填“释放”或“吸收”)热量。
11.不同原子核的平均结合能曲线如图所示，由图可知 612C的平均结合能为7.68MeV， 24He的平均结合能为7.07MeV。若3个 24He结合成 612C，______(选填“释放”或“吸收”)的能量为______ MeV。
12.如图甲所示，在竖直平面内有一宽度为L的匀强磁场区域，其上下边界水平，磁场的方向垂直竖直平面向里，磁感应强度大小为B.从t=0时开始，一质量为m的单匝正方形闭合金属框abcd在竖直向上的恒力作用下，从静止开始向上运动，ab边刚进入磁场时，速度大小为v1；当线框的cd边离开磁场时马上撤去恒力，此时线框恰与挡板碰撞，速度立刻减为0，碰撞时间忽略不计。线框上升和下落的过程中速度大小与时间的关系如图乙所示，图中v1和v2均为已知。已知线框的边长为L、总电阻为R，在整个运动过程中线框平面始终在该竖直平面内，且ab边保持水平，重力加速度为g，求：
(1)上升过程中，线框ab边刚进入磁场时的电流大小I1；
(2)上升过程中，线框所受恒力的大小F；
(3)整个运动过程中，线框产生的焦耳热Q；
(4)从t=0时开始到线框向下运动至完全离开磁场的时间t总。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要______(选填“A”“B”或“C”)；
(2)实验得出，电流由“+”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转，电流由“-”接线柱流入时指针向左偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，发现指针______(选填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(3)如图乙所示，将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
14.某同学在家里进行小实验，他先点燃蜡烛将无色玻璃片熏黑，再用刀片在玻璃片上笔直划过，这样便得到了单缝和不同间距双缝的缝屏。将所得到的缝屏以及激光笔、光屏等利用铁架台组装成图甲所示的装置，用于研究光的衍射和干涉。
(1)某次实验时，在光屏上观察到如图乙所示的明暗相间的条纹，则该同学所安装的缝屏是______(选填“单缝”或“双缝”)；
(2)该同学利用装置进行双缝干涉实验时，在光屏上观察到的条纹如图丙所示，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=______ cm；测得缝屏上双缝间的宽度d=0.150mm，双缝到光屏间的距离L=1.50m，则该激光的波长λ=______m(结果保留3位有效数字)；
(3)为使光屏上观察到的条纹更密集，可采取的操作是______。
A.换用双缝间距更大的缝屏
B.增大缝屏与光屏之间的距离
C.增大激光源与缝屏之间的距离
五、简答题：本大题共2小题，共23分。
15.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。直立面柱形密闭汽缸导热良好，横截面积为S=1.0×10−2m2的活塞通过连杆与车轮轴连接，初始时汽缸内密闭一段长度为L1=0.2m、压强为p1=2.4×105Pa的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时，相当于在汽缸顶部增加一个物体A，气缸下降，稳定时汽缸内气柱长度为L2=0.16m，此过程中气体温度保持不变。重力加速度大小g取10m/s2，求：
(1)气缸内理想气体压强p2；
(2)物体A的质量m。
16.阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了同位素的存在。一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。粒子源释放出的 20Ne和 22Ne，加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场，磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中 20Ne恰能击中照相底片的正中间位置。已知 20Ne质量为m1， 22Ne质量为m2，带电量均为q(q>0)，不计粒子重力，求：
(1)粒子通过速度选择器的速度v；
(2)通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1；
(3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，电场强度可调节最大值Em的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据安培定则即可判断导线P中的电流产生磁场的磁感线环绕方向为逆时针方向；根据左手定则可以判断导线Q所受的安培力方向为向上，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据安培定则可以判断出导线P中电流产生的磁场方向；根据左手定则可以判断导线Q所受安培力方向。
注意区别左手定则和安培定则的应用。
2.【答案】C
【解析】解：AB、加热过程，温度升高，食材层内气体分子的平均速率增大，平均动能也增大，但不是所有分子速率均增大，故AB错误；
C、若不慎堵住透气孔，体积不变，根据查理定律可知，在体积不变情况下，温度升高，气体压强增大，故C正确；
D、布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动。能闻到米饭的香味是扩散现象，故D错误。
故选：C。
温度是分子平均动能的标志，温度升高，平均动能也增大；根据查理定律判断压强的变化；根据扩散和布朗运动的区别作答。
本题考查热学的知识点较多，但总体难度不大，要认真审题才能正确解答。
3.【答案】B
【解析】解：根据光电效应方程Ekm=hν−W0，以及Ekm=eUc，解得遏止电压为：Uc=hν−W0e，可知两光频率相同，遏止电压相同，即图像横轴截距相等。
根据饱和电压与入射光强度成正比，知光越强，饱和电流越大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据光电效应方程和光电子最大初动能与遏止电压的关系，分析遏止电压的关系；根据饱和电压与入射光强度成正比，分析饱和电流的关系。
解决本题的关键要掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与遏止电压的关系，以及知道饱和电流与光强的关系。
4.【答案】D
【解析】解：A、正弦式交变电流每个周期内电流方向改变2次，故A错误；
B、由图像得，交变电流的周期T=0.02s
频率为f=1T=10.02Hz=50Hz
则发电机线圈转动频率为50Hz，故B错误；
C、由图像得，发动机输出电压的峰值Um=3000 2V
有效值为U1=Um 2=3000 2 2V=3000V
发电机的输出电流为I1=PU1=1500×1033000A=500A
故C错误；
D、用户端电流为I4=P′U4=1430×103220A=6500A
理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，有：I3I4=n4n3
代入数据解得：I3=50A
输电线上损耗的功率为P损=P−P′=1500kW−1430kW=70kW
P损=I32R
代入数据解得：R=28Ω
故D正确。
故选：D。
正弦式交变电流每个周期内电流方向改变2次；根据图像得到交变电流的周期，根据周期与频率的关系求解交流电的频率，发电机线圈转动频率等于交流电的频率；根据图像得到交变电流电压的峰值，进而求解有效值，根据P=UI求解发电机的输出电流；根据P=UI求解用户端电流，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比求解输电线上的电流，根据功率公式求解输电线上的电阻。
本题考查正弦式交变电流、远距离输电和理想变压器，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，知道理想变压器的变压规律，结合功率公式求解即可。
5.【答案】CD
【解析】解：B、由图可知，光束b的偏折程度比光束a的偏折程度大，则玻璃砖对光束a的折射率小于对光束b的折射率，故B错误；
A、因为naC、玻璃砖对光束a的折射率小于对光束b的折射率，根据v=cn可知，在玻璃砖中光束a的传播速度大于光束b的传播速度，故C正确；
D、玻璃砖对光束a的折射率小于对光束b的折射率，根据sinC=1n可知光束a在O点发生全反射的临界角比光束b的大，所以若入射光线绕O点逆时针缓慢旋转，光束b先发生全反射，并在光屏上消失，故D正确。
故选：CD。
根据光的偏折程度分析折射率大小关系，判断波长关系，根据n=cn分析光在玻璃砖中传播速度大小；将入射光绕O点在纸面内逆时针转动，根据临界角的大小，判断哪束光先发生全反射，则该束光先消失。
解答本题时，要理解折射率的意义，能根据偏折角大小判断折射率大小，同时，要掌握光速、波长、临界角等与折射率的关系。
6.【答案】AC
【解析】解：A、 90233Th的中子数为233−90=143个， 91233Pa的中子数为233−91=142个，所以 90233Th比 91233Pa多1个中子，故A正确；
B、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故B错误；
C、根据核反应的电荷数和质量数守恒可知， 91233Pa变成 92233U的反应方程式是 91233Pa→92233U+−10e，故C正确；
D、放射性元素的半衰期只与原子本身结构有关，与温度无关，故D错误；
故选：AC。
根据电荷数核质量数计算中子数，从而分析A，根据β衰变的实质分析B，根据电荷数和质量数守恒分析反应方程式，放射性元素的半衰期只与原子本身结构有关。
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道影响半衰期的因素，基础题。
7.【答案】BD
【解析】解：A、氢原子从低能级向高能级跃迁需吸收能量，不能自发跃迁，故A错误；
B、处于n=1能级的氢原子可以吸收大于13.6eV的光子能量进而发生电离，所以处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子，故B正确；
C、从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子向外发射光子，电子的半径减小，则电子的电势能减小，故C错误；
D、一个处于n=3能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能辐射出2种不同频率的光子，即从n=3能级跃迁到n=2能级，从n=2能级跃迁到n=1能级，故D正确。
故选：BD。
氢原子从低能级向高能级跃迁需吸收能量，根据电离的条件分析；氢原子从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，电势能减小；根据跃迁的特点判断能辐射的光子的种类；
解决本题的关键知道能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差，对于电子，能量可以部分被吸收．
8.【答案】BC
【解析】解：AB.根据题意和几何关系，电子运动的半径为
(2n+1)r=L，n∈N+
洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
故电子速度大小
v=eB0L(2n+1)m,n∈N+
故A错误，B正确；
CD.设垂直NP边过E点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间的两倍，否则无法从垂直NP边过E点射出，设最大半径为R，有
R= 33L
根据几何关系，粒子偏转的角度
tanθ=LR
解得
θ=60∘
故磁场变化周期
T=2×60∘360∘×2πmeB0=2πm3eB0
故C正确，D错误。
故选：BC。
先确定电子运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力，求电子速度大小；
根据题意，分析出最大半径，确定粒子偏转角度，求磁场变化周期。
本题解题关键是分析出垂直NP边过E点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间的两倍，否则无法从垂直NP边过E点射出。
9.【答案】逐渐 b到a
【解析】解：开关S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大，线圈产生感应电动势，阻碍电流的增大，故灯泡L1会逐渐变亮；
开关S断开瞬间，线圈由于自感，阻碍电流的减小，回路中形成顺时针方向的感应电流线圈、灯泡L1、灯泡L2组成闭合回路，故流经灯泡动的电流方向是从b到a。
故答案为：逐渐；b到a
当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，产生自感现象，根据楞次定律判断自感电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，自感电动势总阻碍电流的变化。
10.【答案】大于 吸收
【解析】解：由于B到C过程中气体绝热膨胀、气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能减小、温度降低，则T1大于T2；
一定质量的理想气体从状态A经等温变化到B，气体膨胀、对外做功、内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体会吸收热量。
故答案为：大于；吸收。
由于B到C过程中气体绝热膨胀、从A到B做等温变化，根据图像分析气体做功情况，根据热力学第一定律ΔU=W+Q进行解答。
本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、知道图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
11.【答案】释放 7.32
【解析】解：反应前的总结合能为E1=3×4×7.07MeV=84.84MeV，反应后的总结合能为E2=12×7.68MeV=92.16MeV，由于E2>E1，故是释放能量：ΔE=E2−E1=92.16MeV−84.84MeV=7.32MeV
故答案为：释放；7.32
根据反应过程中反应物和生成物的总的结合能关系分析解答。
本题考查平均结合能的计算，解题关键掌握平均结合能的概念及运用。
12.【答案】解：(1)ab边进入磁场瞬间，速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律，有：E1=BLv1
根据闭合电路的欧姆定律可得：I1=E1R
联立解得：I1=BLv1R；
(2)ab边进入磁场瞬间，线框开始做匀速直线运动，根据平衡条件可得：F=mg+F安
且：F安=BI1L
联立解得：F=mg+B2L2v1R；
(3)上升通过磁场过程中，有2L=v1t2
根据焦耳定律可得：Q1=I12Rt2
联立解得：Q1=2B2L3v1R
下落通过磁场的过程中，有：mg⋅2L=12mv22+Q2
解得：Q2=2mgL−12mv22
综上有：Q=Q1+Q2
解得：Q=2B2L3v1R+2mgL−12mv22；
(4)从静止到ab边进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma1
根据速度-时间关系可得：v1=a1t1
解得此过程中运动时间为：t1=mRB2L2
上升匀速通过磁场过程中，有2L=v1t2
解得匀速运动的时间为：t2=2Lv1
下落通过磁场的过程中，对其中任一阶段，有：mgΔt−B2L2vRΔt=mΔv
∑mgΔt−∑B2L2vRΔt=∑mΔv
mg∑Δt−B2L2R∑vΔt=m∑Δv
mg⋅t3−B2L2R⋅2L=m(v2−0)
联立解得：t3=2B2L3mgR+v2g
综上有：t总=t1+t2+t3
联立解得：t总=mRB2L2+2Lv1+2B2L3mgR+v2g。
答：(1)上升过程中，线框ab边刚进入磁场时的电流大小为BLv1R；
(2)上升过程中，线框所受恒力的大小为mg+B2L2v1R；
(3)整个运动过程中，线框产生的焦耳热为2B2L3v1R+2mgL−12mv22；
(4)从t=0时开始到线框向下运动至完全离开磁场的时间为mRB2L2+2Lv1+2B2L3mgR+v2g。
【解析】(1)ab边进入磁场瞬间，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解电流强度大小；
(2)ab边进入磁场瞬间，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(3)上升通过磁场过程中，根据焦耳定律求解产生的热；下落通过磁场的过程中，根据功能关系求解产生的热，由此得到整个运动过程中，线框产生的焦耳热；
(4)分段分析，分别根据牛顿第二定律、运动学公式、动量定理等求解从t=0时开始到线框向下运动至完全离开磁场的时间。
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。
13.【答案】C 向右 变小
【解析】解：(1)要明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，需要知道电流方向，要选择干电池接入电路才行；
(2)同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，向下的磁场减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍减小，感应电流的磁场应该向下，根据右手螺旋定则可知，螺线管产生的电流从正接线柱流入灵敏电流计，灵敏电流计指针向右偏转；
(3)根据楞次定律判断在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，向下的磁场减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍减小，感应电流的磁场应该向下，会被条形磁铁吸引，电子秤受到的压力变小，示数变小。
故答案为：(1)C；(2)向右；(3)变小
(1)要明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，需要知道电流方向，据此选择器材；
(2)根据题意以及楞次定律判断指针偏转情况；
(3)根据楞次定律判断在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，螺线管的感应电流产生的磁场的磁感线，再判断电子秤的示数变化情况。
本题考查电磁感应现象，涉及的知识点有楞次定律以及右手螺旋定则，理解楞次定律并会应用是解题关键。
14.【答案】单缝 ×10−7 A
【解析】解：(1)图乙可知，条纹中间亮、两边窄，是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝
(2)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，A、B两亮纹间的距离x=9.00cm−2.50cm=6.50cm=65.0mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=x10=65.010mm=6.50mm
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
单色光的波长λ=dΔxL=0.150××103mm=6.5×10−4mm=6.50×10−7m
(3)为使光屏上观察到的条纹更密集，应该减小条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ可知，应该增大双缝之间的间距d或者减小双缝到屏的距离L或者减小入射光的波长λ；
A.换用双缝间距更大的缝屏，即增大d，故A正确；
B.增大缝屏与光屏之间的距离，即增大了L，条纹间距变大，故B错误；
C.增大激光源与缝屏之间的距离，不能改变条纹间距的距离，故C错误。
故选：A。
故答案为：(1)单缝；(2)6.50；6.50×10−7；(3)A。
(1)根据单缝衍射条纹的特点分析作答；
(2)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，读数时要读到下一位；
根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
(3)为使光屏上观察到的条纹更密集，应该减小条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式分析判断。
解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
15.【答案】解：(1)对气缸内气体分析可知：
初状态：p1=2.4×105Pa，V1=L1S
末状态：p2=？，V2=L2S
温度不变，由玻意耳定律得
p1V1=p2V2
整理：p2=p1L1SL2S
代入数据得：p2=3.0×105Pa
(2)设大气压为p0，气缸质量为M。初状态时对气缸受力分析，由平衡条件有
Mg+p0S=p1S
末状态时对气缸与物体A受力分析，由平衡条件有
Mg+p0S+mg=p2S
联立并代入数据得：m=60kg
答：(1)气缸内理想气体压强为3.0×105Pa；
(2)物体A的质量为60kg。
【解析】(1)分析出气缸内气体变化前后的状态参量，根据玻意耳定律得出气体的压强；
(2)根据对气缸的受力分析，结合其平衡条件得出物体A的质量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉物体的受力分析，分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成解答。
16.【答案】(1)在速度选择器中，洛伦兹力与电场力平衡，有qvB0=qE0
得得v=E0B0
(2)依题意知， 20Ne的轨道半径为r=2R
根据牛顿第二定律有qvB1=m1v2r
解得B1=m1E02qRB0
(3)根据(2)中牛顿方程可知，当 20Ne和 22Ne以相同速度进入磁场区时，质量较大的 22Ne轨道半径较大，所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当 22Ne佮好能够击中照相底片时，其速度最大，速度选择器的电场强度最大。同前理可得
故有qvmB0=qEm
qvmB1=m2vm2rm
又2rm=5R
得Em=5qB0B1R2m2
Em=5m1E4m2
答：(1)粒子通过速度选择器的速度v为E0B0；
(2)通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1为m1E02qRB0；
(3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，电场强度可调节最大值Em的大小为5m1E4m2。
【解析】速度选择器中，洛伦兹力与电场力平衡，求解速度；利用洛伦兹力提供向心力求B1；利用洛伦兹力提供向心力和最大的半径，求电场强度最大值。
本题考查了质谱仪相关知识，是由速度选择器和偏转磁场构成的，题的难度不大，认真解题即可。
1.两根互相平行的通电直导线P、Q的横截面如图所示，电流方向已在图中标出，则导线P中的电流产生磁场的磁感线环绕方向和导线Q所受的安培力方向分别为( )
A. 逆时针，向上
B. 逆时针，向下
C. 顺时针，向上
D. 顺时针，向下
2.“自热米饭”加热时既不用火也不插电，利用加热层中的发热包遇水反应释放热量为米饭加热，其结构如图所示。加热过程中( )
A. 食材层内气体分子的速率均增大
B. 食材层内气体分子热运动的平均动能保持不变
C. 若不慎堵住透气孔，则食材层内气体压强增大
D. 能闻到米饭的香味是因为气体分子的布朗运动
3.如图所示，在研究光电效应实验中，用频率相同、强度不同的光分别照射光电管的阴极形成光电流，则下列光电流与电压的关系I−UAK图像中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
4.贯彻新发展理念，福建省风力发电发展迅猛。某种风力发电机的发电、输电简易模型如图甲所示。风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机的输出电压u随时间t的变化关系如图乙所示，输出功率为1500kW。降压变压器的匝数比为n3：n4=130：1，输电线总电阻为R，其余线路电阻不计，用户端的电压为U4=220V，功率1430kW，所有变压器均为理想变压器，则( )
A. 每个周期内电流方向改变1次B. 发电机线圈转动频率为100Hz
C. 发电机的输出电流为250 2AD. 输电线总电阻R为28Ω
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，一束复色光沿半圆柱形玻璃砖的半径方向从A点射入，在O点经折射后分为a、b两束单色光照在光屏上，则( )
A. 在真空中a光的波长小于b光的波长
B. 玻璃砖对光束a的折射率大于对光束b的折射率
C. 在玻璃砖中光束a的传播速度大于光束b的传播速度
D. 若入射光线绕O点逆时针缓慢旋转，光束b先在光屏上消失
6.中国的钍核反应堆技术在多个方面实现突破，目前处于世界领先水平。反应堆工作原理如图所示，钍232(90232Th)吸收一个中子后会变成钍233(90233Th)， 90233Th这种同位素并不是很稳定，它会经历β衰变成为镤233(91233Pa)， 91233Pa将再次经历β衰变成为铀233(92233U)，则( )
A. 90233Th比 91233Pa多1个中子
B. 90233Th发生β衰变时产生的电子来源于核外电子
C. 91233Pa变成 92233U的反应方程式是 91233Pa→92233U+−10e
D. 90233Th的半衰期约为22分钟，若降低环境温度，可增大 90233Th的半衰期
7.星载原子钟被称为导航卫星的“心脏”，我国“北斗三号”采用的是星载氢原子钟，其精度比“北斗二号”的星载铷原子钟提高了一个数量级。如图所示为氢原子的部分能级图，则( )
A. 氢原子可以自发地从低能级向高能级跃迁
B. 处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子
C. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级，电子的电势能增加
D. 一个氢原子处于n=3能级，自发跃迁时最多能辐射2种不同频率的光子
8.如图甲所示，边长为L的正方形MNPQ区域内存在方向垂直于MNPQ平面的磁场，磁感应强度大小为B0，方向周期性变化，且磁场变化周期T可调。以垂直MNPQ平面向外为磁感应强度的正方向，B−t图像如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由M点沿MN方向射入磁场区，已知电子的质量为m，电荷量大小为e，PN边界上有一点E，且NE= 33L，若使电子( )
A. 沿NP方向经过P点，则电子的速度大小一定是eB0Lm
B. 沿NP方向经过P点，则电子的速度大小可能小于eB0Lm
C. 垂直NP边过E点，则磁场变化周期一定是2πm3eB0
D. 垂直NP边过E点，则磁场变化周期可能小于2πm3eB0
三、填空题：本大题共4小题，共25分。
9.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大的线圈，直流电阻可忽略不计。开关S闭合后，灯泡L1会______(选填“逐渐”或“立刻”)变亮；开关S断开瞬间，流经灯泡L2的电流方向是从______(选填“a到b”或“b到a”)。
10.1834年，克拉伯龙发表了《论热的驱动能力》一文，指出效率最高的热机循环只能由绝热过程和等温过程构成。如图所示，一定量的理想气体从状态A经等温过程AB、绝热过程BC、等温过程CD、绝热过程DA后，又回到状态A。其中，过程AB中气体的温度为T1、过程CD中气体的温度为T2，则T1______T2(选填“大于”或“小于”)，过程AB中气体会______(选填“释放”或“吸收”)热量。
11.不同原子核的平均结合能曲线如图所示，由图可知 612C的平均结合能为7.68MeV， 24He的平均结合能为7.07MeV。若3个 24He结合成 612C，______(选填“释放”或“吸收”)的能量为______ MeV。
12.如图甲所示，在竖直平面内有一宽度为L的匀强磁场区域，其上下边界水平，磁场的方向垂直竖直平面向里，磁感应强度大小为B.从t=0时开始，一质量为m的单匝正方形闭合金属框abcd在竖直向上的恒力作用下，从静止开始向上运动，ab边刚进入磁场时，速度大小为v1；当线框的cd边离开磁场时马上撤去恒力，此时线框恰与挡板碰撞，速度立刻减为0，碰撞时间忽略不计。线框上升和下落的过程中速度大小与时间的关系如图乙所示，图中v1和v2均为已知。已知线框的边长为L、总电阻为R，在整个运动过程中线框平面始终在该竖直平面内，且ab边保持水平，重力加速度为g，求：
(1)上升过程中，线框ab边刚进入磁场时的电流大小I1；
(2)上升过程中，线框所受恒力的大小F；
(3)整个运动过程中，线框产生的焦耳热Q；
(4)从t=0时开始到线框向下运动至完全离开磁场的时间t总。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要______(选填“A”“B”或“C”)；
(2)实验得出，电流由“+”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转，电流由“-”接线柱流入时指针向左偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，发现指针______(选填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(3)如图乙所示，将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
14.某同学在家里进行小实验，他先点燃蜡烛将无色玻璃片熏黑，再用刀片在玻璃片上笔直划过，这样便得到了单缝和不同间距双缝的缝屏。将所得到的缝屏以及激光笔、光屏等利用铁架台组装成图甲所示的装置，用于研究光的衍射和干涉。
(1)某次实验时，在光屏上观察到如图乙所示的明暗相间的条纹，则该同学所安装的缝屏是______(选填“单缝”或“双缝”)；
(2)该同学利用装置进行双缝干涉实验时，在光屏上观察到的条纹如图丙所示，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x=______ cm；测得缝屏上双缝间的宽度d=0.150mm，双缝到光屏间的距离L=1.50m，则该激光的波长λ=______m(结果保留3位有效数字)；
(3)为使光屏上观察到的条纹更密集，可采取的操作是______。
A.换用双缝间距更大的缝屏
B.增大缝屏与光屏之间的距离
C.增大激光源与缝屏之间的距离
五、简答题：本大题共2小题，共23分。
15.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。直立面柱形密闭汽缸导热良好，横截面积为S=1.0×10−2m2的活塞通过连杆与车轮轴连接，初始时汽缸内密闭一段长度为L1=0.2m、压强为p1=2.4×105Pa的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时，相当于在汽缸顶部增加一个物体A，气缸下降，稳定时汽缸内气柱长度为L2=0.16m，此过程中气体温度保持不变。重力加速度大小g取10m/s2，求：
(1)气缸内理想气体压强p2；
(2)物体A的质量m。
16.阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了同位素的存在。一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。粒子源释放出的 20Ne和 22Ne，加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场，磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中 20Ne恰能击中照相底片的正中间位置。已知 20Ne质量为m1， 22Ne质量为m2，带电量均为q(q>0)，不计粒子重力，求：
(1)粒子通过速度选择器的速度v；
(2)通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1；
(3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，电场强度可调节最大值Em的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据安培定则即可判断导线P中的电流产生磁场的磁感线环绕方向为逆时针方向；根据左手定则可以判断导线Q所受的安培力方向为向上，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据安培定则可以判断出导线P中电流产生的磁场方向；根据左手定则可以判断导线Q所受安培力方向。
注意区别左手定则和安培定则的应用。
2.【答案】C
【解析】解：AB、加热过程，温度升高，食材层内气体分子的平均速率增大，平均动能也增大，但不是所有分子速率均增大，故AB错误；
C、若不慎堵住透气孔，体积不变，根据查理定律可知，在体积不变情况下，温度升高，气体压强增大，故C正确；
D、布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动。能闻到米饭的香味是扩散现象，故D错误。
故选：C。
温度是分子平均动能的标志，温度升高，平均动能也增大；根据查理定律判断压强的变化；根据扩散和布朗运动的区别作答。
本题考查热学的知识点较多，但总体难度不大，要认真审题才能正确解答。
3.【答案】B
【解析】解：根据光电效应方程Ekm=hν−W0，以及Ekm=eUc，解得遏止电压为：Uc=hν−W0e，可知两光频率相同，遏止电压相同，即图像横轴截距相等。
根据饱和电压与入射光强度成正比，知光越强，饱和电流越大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据光电效应方程和光电子最大初动能与遏止电压的关系，分析遏止电压的关系；根据饱和电压与入射光强度成正比，分析饱和电流的关系。
解决本题的关键要掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与遏止电压的关系，以及知道饱和电流与光强的关系。
4.【答案】D
【解析】解：A、正弦式交变电流每个周期内电流方向改变2次，故A错误；
B、由图像得，交变电流的周期T=0.02s
频率为f=1T=10.02Hz=50Hz
则发电机线圈转动频率为50Hz，故B错误；
C、由图像得，发动机输出电压的峰值Um=3000 2V
有效值为U1=Um 2=3000 2 2V=3000V
发电机的输出电流为I1=PU1=1500×1033000A=500A
故C错误；
D、用户端电流为I4=P′U4=1430×103220A=6500A
理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，有：I3I4=n4n3
代入数据解得：I3=50A
输电线上损耗的功率为P损=P−P′=1500kW−1430kW=70kW
P损=I32R
代入数据解得：R=28Ω
故D正确。
故选：D。
正弦式交变电流每个周期内电流方向改变2次；根据图像得到交变电流的周期，根据周期与频率的关系求解交流电的频率，发电机线圈转动频率等于交流电的频率；根据图像得到交变电流电压的峰值，进而求解有效值，根据P=UI求解发电机的输出电流；根据P=UI求解用户端电流，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比求解输电线上的电流，根据功率公式求解输电线上的电阻。
本题考查正弦式交变电流、远距离输电和理想变压器，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，知道理想变压器的变压规律，结合功率公式求解即可。
5.【答案】CD
【解析】解：B、由图可知，光束b的偏折程度比光束a的偏折程度大，则玻璃砖对光束a的折射率小于对光束b的折射率，故B错误；
A、因为na
D、玻璃砖对光束a的折射率小于对光束b的折射率，根据sinC=1n可知光束a在O点发生全反射的临界角比光束b的大，所以若入射光线绕O点逆时针缓慢旋转，光束b先发生全反射，并在光屏上消失，故D正确。
故选：CD。
根据光的偏折程度分析折射率大小关系，判断波长关系，根据n=cn分析光在玻璃砖中传播速度大小；将入射光绕O点在纸面内逆时针转动，根据临界角的大小，判断哪束光先发生全反射，则该束光先消失。
解答本题时，要理解折射率的意义，能根据偏折角大小判断折射率大小，同时，要掌握光速、波长、临界角等与折射率的关系。
6.【答案】AC
【解析】解：A、 90233Th的中子数为233−90=143个， 91233Pa的中子数为233−91=142个，所以 90233Th比 91233Pa多1个中子，故A正确；
B、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故B错误；
C、根据核反应的电荷数和质量数守恒可知， 91233Pa变成 92233U的反应方程式是 91233Pa→92233U+−10e，故C正确；
D、放射性元素的半衰期只与原子本身结构有关，与温度无关，故D错误；
故选：AC。
根据电荷数核质量数计算中子数，从而分析A，根据β衰变的实质分析B，根据电荷数和质量数守恒分析反应方程式，放射性元素的半衰期只与原子本身结构有关。
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道影响半衰期的因素，基础题。
7.【答案】BD
【解析】解：A、氢原子从低能级向高能级跃迁需吸收能量，不能自发跃迁，故A错误；
B、处于n=1能级的氢原子可以吸收大于13.6eV的光子能量进而发生电离，所以处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子，故B正确；
C、从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子向外发射光子，电子的半径减小，则电子的电势能减小，故C错误；
D、一个处于n=3能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能辐射出2种不同频率的光子，即从n=3能级跃迁到n=2能级，从n=2能级跃迁到n=1能级，故D正确。
故选：BD。
氢原子从低能级向高能级跃迁需吸收能量，根据电离的条件分析；氢原子从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，电势能减小；根据跃迁的特点判断能辐射的光子的种类；
解决本题的关键知道能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差，对于电子，能量可以部分被吸收．
8.【答案】BC
【解析】解：AB.根据题意和几何关系，电子运动的半径为
(2n+1)r=L，n∈N+
洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
故电子速度大小
v=eB0L(2n+1)m,n∈N+
故A错误，B正确；
CD.设垂直NP边过E点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间的两倍，否则无法从垂直NP边过E点射出，设最大半径为R，有
R= 33L
根据几何关系，粒子偏转的角度
tanθ=LR
解得
θ=60∘
故磁场变化周期
T=2×60∘360∘×2πmeB0=2πm3eB0
故C正确，D错误。
故选：BC。
先确定电子运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力，求电子速度大小；
根据题意，分析出最大半径，确定粒子偏转角度，求磁场变化周期。
本题解题关键是分析出垂直NP边过E点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间的两倍，否则无法从垂直NP边过E点射出。
9.【答案】逐渐 b到a
【解析】解：开关S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大，线圈产生感应电动势，阻碍电流的增大，故灯泡L1会逐渐变亮；
开关S断开瞬间，线圈由于自感，阻碍电流的减小，回路中形成顺时针方向的感应电流线圈、灯泡L1、灯泡L2组成闭合回路，故流经灯泡动的电流方向是从b到a。
故答案为：逐渐；b到a
当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，产生自感现象，根据楞次定律判断自感电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，自感电动势总阻碍电流的变化。
10.【答案】大于 吸收
【解析】解：由于B到C过程中气体绝热膨胀、气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能减小、温度降低，则T1大于T2；
一定质量的理想气体从状态A经等温变化到B，气体膨胀、对外做功、内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体会吸收热量。
故答案为：大于；吸收。
由于B到C过程中气体绝热膨胀、从A到B做等温变化，根据图像分析气体做功情况，根据热力学第一定律ΔU=W+Q进行解答。
本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、知道图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
11.【答案】释放 7.32
【解析】解：反应前的总结合能为E1=3×4×7.07MeV=84.84MeV，反应后的总结合能为E2=12×7.68MeV=92.16MeV，由于E2>E1，故是释放能量：ΔE=E2−E1=92.16MeV−84.84MeV=7.32MeV
故答案为：释放；7.32
根据反应过程中反应物和生成物的总的结合能关系分析解答。
本题考查平均结合能的计算，解题关键掌握平均结合能的概念及运用。
12.【答案】解：(1)ab边进入磁场瞬间，速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律，有：E1=BLv1
根据闭合电路的欧姆定律可得：I1=E1R
联立解得：I1=BLv1R；
(2)ab边进入磁场瞬间，线框开始做匀速直线运动，根据平衡条件可得：F=mg+F安
且：F安=BI1L
联立解得：F=mg+B2L2v1R；
(3)上升通过磁场过程中，有2L=v1t2
根据焦耳定律可得：Q1=I12Rt2
联立解得：Q1=2B2L3v1R
下落通过磁场的过程中，有：mg⋅2L=12mv22+Q2
解得：Q2=2mgL−12mv22
综上有：Q=Q1+Q2
解得：Q=2B2L3v1R+2mgL−12mv22；
(4)从静止到ab边进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma1
根据速度-时间关系可得：v1=a1t1
解得此过程中运动时间为：t1=mRB2L2
上升匀速通过磁场过程中，有2L=v1t2
解得匀速运动的时间为：t2=2Lv1
下落通过磁场的过程中，对其中任一阶段，有：mgΔt−B2L2vRΔt=mΔv
∑mgΔt−∑B2L2vRΔt=∑mΔv
mg∑Δt−B2L2R∑vΔt=m∑Δv
mg⋅t3−B2L2R⋅2L=m(v2−0)
联立解得：t3=2B2L3mgR+v2g
综上有：t总=t1+t2+t3
联立解得：t总=mRB2L2+2Lv1+2B2L3mgR+v2g。
答：(1)上升过程中，线框ab边刚进入磁场时的电流大小为BLv1R；
(2)上升过程中，线框所受恒力的大小为mg+B2L2v1R；
(3)整个运动过程中，线框产生的焦耳热为2B2L3v1R+2mgL−12mv22；
(4)从t=0时开始到线框向下运动至完全离开磁场的时间为mRB2L2+2Lv1+2B2L3mgR+v2g。
【解析】(1)ab边进入磁场瞬间，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解电流强度大小；
(2)ab边进入磁场瞬间，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(3)上升通过磁场过程中，根据焦耳定律求解产生的热；下落通过磁场的过程中，根据功能关系求解产生的热，由此得到整个运动过程中，线框产生的焦耳热；
(4)分段分析，分别根据牛顿第二定律、运动学公式、动量定理等求解从t=0时开始到线框向下运动至完全离开磁场的时间。
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。
13.【答案】C 向右 变小
【解析】解：(1)要明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，需要知道电流方向，要选择干电池接入电路才行；
(2)同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，向下的磁场减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍减小，感应电流的磁场应该向下，根据右手螺旋定则可知，螺线管产生的电流从正接线柱流入灵敏电流计，灵敏电流计指针向右偏转；
(3)根据楞次定律判断在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，向下的磁场减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍减小，感应电流的磁场应该向下，会被条形磁铁吸引，电子秤受到的压力变小，示数变小。
故答案为：(1)C；(2)向右；(3)变小
(1)要明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，需要知道电流方向，据此选择器材；
(2)根据题意以及楞次定律判断指针偏转情况；
(3)根据楞次定律判断在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，螺线管的感应电流产生的磁场的磁感线，再判断电子秤的示数变化情况。
本题考查电磁感应现象，涉及的知识点有楞次定律以及右手螺旋定则，理解楞次定律并会应用是解题关键。
14.【答案】单缝 ×10−7 A
【解析】解：(1)图乙可知，条纹中间亮、两边窄，是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝
(2)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，A、B两亮纹间的距离x=9.00cm−2.50cm=6.50cm=65.0mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=x10=65.010mm=6.50mm
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
单色光的波长λ=dΔxL=0.150××103mm=6.5×10−4mm=6.50×10−7m
(3)为使光屏上观察到的条纹更密集，应该减小条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ可知，应该增大双缝之间的间距d或者减小双缝到屏的距离L或者减小入射光的波长λ；
A.换用双缝间距更大的缝屏，即增大d，故A正确；
B.增大缝屏与光屏之间的距离，即增大了L，条纹间距变大，故B错误；
C.增大激光源与缝屏之间的距离，不能改变条纹间距的距离，故C错误。
故选：A。
故答案为：(1)单缝；(2)6.50；6.50×10−7；(3)A。
(1)根据单缝衍射条纹的特点分析作答；
(2)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，读数时要读到下一位；
根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
(3)为使光屏上观察到的条纹更密集，应该减小条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式分析判断。
解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
15.【答案】解：(1)对气缸内气体分析可知：
初状态：p1=2.4×105Pa，V1=L1S
末状态：p2=？，V2=L2S
温度不变，由玻意耳定律得
p1V1=p2V2
整理：p2=p1L1SL2S
代入数据得：p2=3.0×105Pa
(2)设大气压为p0，气缸质量为M。初状态时对气缸受力分析，由平衡条件有
Mg+p0S=p1S
末状态时对气缸与物体A受力分析，由平衡条件有
Mg+p0S+mg=p2S
联立并代入数据得：m=60kg
答：(1)气缸内理想气体压强为3.0×105Pa；
(2)物体A的质量为60kg。
【解析】(1)分析出气缸内气体变化前后的状态参量，根据玻意耳定律得出气体的压强；
(2)根据对气缸的受力分析，结合其平衡条件得出物体A的质量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉物体的受力分析，分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成解答。
16.【答案】(1)在速度选择器中，洛伦兹力与电场力平衡，有qvB0=qE0
得得v=E0B0
(2)依题意知， 20Ne的轨道半径为r=2R
根据牛顿第二定律有qvB1=m1v2r
解得B1=m1E02qRB0
(3)根据(2)中牛顿方程可知，当 20Ne和 22Ne以相同速度进入磁场区时，质量较大的 22Ne轨道半径较大，所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当 22Ne佮好能够击中照相底片时，其速度最大，速度选择器的电场强度最大。同前理可得
故有qvmB0=qEm
qvmB1=m2vm2rm
又2rm=5R
得Em=5qB0B1R2m2
Em=5m1E4m2
答：(1)粒子通过速度选择器的速度v为E0B0；
(2)通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1为m1E02qRB0；
(3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，电场强度可调节最大值Em的大小为5m1E4m2。
【解析】速度选择器中，洛伦兹力与电场力平衡，求解速度；利用洛伦兹力提供向心力求B1；利用洛伦兹力提供向心力和最大的半径，求电场强度最大值。
本题考查了质谱仪相关知识，是由速度选择器和偏转磁场构成的，题的难度不大，认真解题即可。
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