还剩17页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年山西省朔州市应县一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2022-2023学年山西省朔州市应县一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，倾角为a的薄木板定在水平面上，板上有一小孔B，不可伸长的轻绳一端系一物体A，另一端穿过小孔B竖直向下。开始时，板上方的细绳水平伸直。现慢慢拉动细绳下垂端，在物体缓慢到达小孔B的过程中，轨迹正好是一个半圆周，则物体与斜面间的动摩擦因数为( )
A. csαB. 1csαC. tanαD. 1tanα
2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻，R为滑动变阻器。MN、PQ为水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线OO′平行于金属板。当R的滑片在中点时，闭合开关S，带电小球以v0从O点沿OO′飞入，刚好从O′点飞出。若带电小球都能够从平行金属板右侧飞出，下列说法正确的是( )
A. 若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则飞出点在O′点
B. 若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则飞出点在O′点下方
C. 若金属板MN平行上移一小段距离，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则小球将在O′点飞出
D. 若金属板MN平行下移一小段距离仍在OO′上方，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则小球将在O′点飞出
3.在如图所示的电路中，C是平行板电容器，L是直流电阻可以忽略的电感线圈，闭合开关S，电路稳定后突然断开开关S，下列说法正确的是( )
A. 当A板上所带的正电荷逐渐增多时，LC振荡电路中的电流在增加
B. 当B板上所带的正电荷逐渐增多时，LC振荡电路中的电流在增加
C. 仅减小电容器两极板间的距离，LC振荡电路的周期将变大
D. 减小电容器两极板间的距离，同时增加电感线圈的匝数，LC振荡电路的周期可能不变
4.两分子间的分子力与它们之间距离的关系图像如图甲所示，图中r0为分子力的零点，r1为分子力的极值点；两分子的势能与分子间距离的关系图像如图乙所示，规定两分子间距离为无限远时分子势能为0，r2为分子势能的零点，r3为分子势能的极值点，极小值为−Epmin。下列判断正确的是( )
A. r0=r2B. r0=r3C. r1=r2D. r1=r3
5.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数满足n1=n2+n3，当加在原线圈两端的电压为U1时，原线圈的输入功率为P1，电路中四个规格相同的灯泡A、B、C、D都恰好正常发光，两副线圈的输出电压分别为U2、U3，输出功率分别为P2、P3，电路中三个理想电流表的示数分别为I1、I2、I3，下列判断正确的是( )
A. P1：P2：P3=3：2：1B. U1：U2：U3=4：2：1
C. n1：n2：n3=3：1：2D. I1：I2：I3=4：3：6
6.固定在水平地面上的斜面PQO上方的弧形轨道末端水平，小球从弧形轨道上某处滑下水平飞出后，恰好落在Q点，已知PO=0.8m，PQ=1.0m，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为( )
A. 1.0m/sB. 1.5m/sC. 2.0m/sD. 2.5m/s
7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A沿直线经历状态B、C到达状态D，下列说法正确的是( )
A. A→B过程中气体分子的平均动能不变
B. B→C过程中气体对外界做功
C. B→C过程中气体向外界放热
D. C→D过程中气体分子的密集程度增大
8.某同学用如图所示的电路探究远距离输电的能量损耗，T1、T2为两个完全相同的理想变压器，(T1升压、T2降压)，将总电阻为500Ω的长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线卷的自感作用，当变压器T1原线圈的输入电压为4V时，铭牌为“2.5V、0.3A”的灯泡恰好正常发光，下列说法正确的是( )
A. 变压器T1原线圈中的电流为0.25AB. 导线卷A产生的热功率为0.45W
C. 远距离输电的效率为80%D. 变压器T2原线圈的输入电压为25V
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.两个沿y轴做简谐运动的质点产生的简谐波在t=0时刻的图像如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m处的P、Q两质点刚开始振动。已知两波源分别位于横轴上x=−0.2m和x=1.2m处，它们的周期均为1s、振幅均为2cm，质点M的平衡位置在x=0.5m处，下列说法正确的是( )
A. 质点P、Q同时运动到M点
B. 两波源的起振方向均沿y轴负方向
C. 0∼3s时间内质点M通过的路程为18cm
D. t=3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移为−4cm
10.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A. 流过金属棒的最大电流为I=ER=BL 2ghR
B. 通过金属棒的电荷量为BdL2R
C. 金属棒内产生的焦耳热为mg(h−μd)
D. 导体棒在磁场中运动的时间为 2ghμg−B2L2d2μmgR
11.如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为M的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为m的小球。已知O点到地面的高度为H，重力加速度大小为g，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的A处(A在水平轨道正下方)，轻绳伸直后由静止释放。下列说法正确的是( )
A. 若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 若水平轨道光滑，轻绳OA长度为H2，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳小球运动一段时间后落地(不反弹)，小球落地时与滑块间的水平距离是d=H m+MM
C. 若水平轨道粗糙，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是 33
D. 若水平轨道粗糙，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ≥3m M(M+3m)
12.如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8Ω，下列说法正确的是( )
A. a、b两点间的电势差Uab=−1.6VB. 电阻R上产生的热功率为0.32W
C. 0∼5s内电阻R上产生的热量为1.6JD. 0∼5s内通过电阻R某截面的电荷量为1C
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
13.某同学用如下图甲所示的实验装置探究物体的速度与时间的关系：
(1)电磁打点计时器接______电源(填“低压直流”、“低压交流”或“220V交流”)。
(2)实验时，使小车靠近打点计时器，先______再______。(填“接通电源”或“放开小车”)
(3)若所接电源的频率是50Hz，则每隔______秒打一个点。
(4)图乙是绘出的小车速度-时间关系图线，根据图线求出小车的加速度为a=______m/s2.(保留三位有效数字)
14.某同学用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。在橡胶套和柱塞间封闭着一段空气柱，空气柱的长度L可以从刻度尺读取，空气柱的压强p可以从与空气柱相连的压力表读取。缓慢地向下压或向上拉柱塞，保持空气柱的温度不变，测量空气柱的长度及对应的压强，得到如图乙所示的p−L图像。
(1)为了更直观地处理数据，将图乙化曲为直，绘制了如图丙所示的拟合直线，则图丙的横坐标为______(填“1L”、“ L”、“1 L”或“L2”)。
(2)本实验探究的是气体等温变化时压强p与体积V变化的规律，但测量时却测量了空气柱的长度L，用L代替V的理由是______。
A.空气柱的横截面积S恒定
B.空气柱的温度恒定
C.空气柱的压强恒定
(3)根据实验数据，得出的结论为______。
A.一定量的气体等温变化时，压强与体积成正比
B.一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比
C.一定量的气体等容变化时，压强与温度成正比
D.一定量的气体等容变化时，压强与温度成反比
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
15.为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热汽缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S=10cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物。当缸内温度为T1=300K时，活塞与缸底相距H=3cm，与重物相距h=2cm。已知锅炉房内空气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度。
(1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2；
(2)当锅炉外壁的温度为600K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量M。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0,h)以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45∘角进入磁场。粒子重力不计。
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为mv0qh，第三象限内磁感应强度大小为2mv0qh，且第三、第四象限的磁场在y=−L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)。则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，求L的可能取值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3，这四个力的合力近似为零；
其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成(90∘−α)。
根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：
在垂直斜面方向，有：F2=G⋅csα，
因此有摩擦力F3=μF2=μGcsα，
接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有：
μGcsα=Gsinα，
因此μ=tanα；
故选：C。
物体缓慢转动，近似平衡，受力分析后，根据平衡条件列式求解。
这个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析，根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力，然后列式求解；当然，也可以对其它点处，运用平衡条件列式。
2.【答案】C
【解析】解：由题图可知，当电路稳定时或电容器在充电时，二极管所加的正向电压，其可等效为导线。两平行板与R1并联，它们两端电压相等，用u1表示。滑动变阻器为限流式接法。
AB、若滑动变阻器R滑片右移，则其接入电路的阻值减小，回路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知I总=ER1+R+r，u1=I总R1，R减小，可知I总增大，u1增大。
在滑动变阻器的滑片没有移动时，小球能沿OO′飞出，说明重力等于电场力，现u1增大，由公式E=Ud可知E增大，电场力大于重力，小球的合力竖直向上，则小球做曲线运动，在O′点上方飞出，速度变大，故AB错误；
C、若只上下平移金属板MN，则R1两端电压不变，由电容的决定式C=εrS4πkd知，MN平行上移，板间距离d增大，C减小，电容器要放电，但二极管具有单向导电性，故电容器不能放电，所带的电荷量不变，由公式C=QU、E=Ud，可得：E=4πkQϵrS，故小球在电容器中所受电场力仍等于重力，小球仍沿OO′运动，从O′点飞出，故C正确；
D、由C=εrS4πkd知，当金属板MN平行下移后，d减小，C增大，电容器充电，二极管等效为导线，u1不变，由公式E=Ud可知，电容器中的场强增大，小球在电容器中电场力大于重力，合力竖直向上，小球做曲线运动，轨迹向上弯曲，从O′点的上方飞出，故D错误。
故选：C。
根据电路结构确定滑片移动时，电阻R1两端电压的变化，再根据C=εrS4πkd分析电容的变化。根据电场强度E=Ud分析电场强度的变化，分析受力情况确定粒子的运动轨迹。
本题是考查简单的电路分析和电容器的动态分析综合的知识点，若没有二极管，则按照电压不变或电量不变的两条思路进行。有了二极管后，一定要注意二极管的单向导电性，即电容器只进不出，那么此时按电荷量不变进行分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.当A板上所带的正电荷逐渐增多时，电容器中电场能增加，由能量守恒定律知线圈中磁场能减小，所以LC振荡电路中的电流在减小，故A错误；
B.当B板上所带的正电荷逐渐增多时，电容器中电场能增加，由能量守恒定律知线圈中磁场能减小，所以LC振荡电路中的电流在减小，故B错误；
C.仅减小电容器两极板间的距离，由C=εrS4πkd，可知电容器电容变大，由T=2π LC，LC振荡电路的周期将变大，故C正确；
D.减小电容器两极板间的距离，由C=εrS4πkd，可知电容器电容变大，增加电感线圈的匝数，则电感线圈的自感系数增大，由T=2π LC可知LC振荡电路的周期将变大，故D错误。
故选：C。
电路稳定后突然断开开关S，形成LC振荡电路，结合LC回路中电流与磁场变化的周期性判断；依据电容的决定式和振荡周期公式判断。
本题考查LC振荡电路，要知道该电路中电场能和磁场能之间的转化情况，会判断电流、周期的变化情况。
4.【答案】B
【解析】解：AB.当r1=r0，即分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以r0=r3，故A错误，B正确；
CD.从r3减小到r2的过程中，分子势能增大，分子间距离小于平衡位置，分子间作用力为斥力，故r1≠r2，r1≠r3，故CD错误。
故选：B。
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，根据图象分析答题。
本题考查分子力、分子势能与分子间距离的关系，知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系。
5.【答案】D
【解析】解：BC、设灯泡正常发光时的工作电压为U0，工作电流为I0，则有：n2n3=U2U3=2U0U0=21
又根据题意可知：n1=n2+n3
可得：n1：n2：n3=3：2：1
根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得：U1：U2：U3=n1：n2：n3=3：2：1，故BC错误；
AD、根据功率公式有：P2=U2I2=2U0I0，P3=U3I3=U0×2I0
又根据输入等于输出功率有：P1=P2+P3=U1I1
结合已知得到的结论联立可得：P1：P2：P3=2：1：1，I1：I2：I3=4：3：6，故A错误，D正确。
故选：D。
理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，当有多个副线圈时，根据输入的功率和输出的功率相等，并结合四个完全相同的灯泡均正常发光和已知的匝数关系，可以判断各线圈电压的关系，进而可判定匝数及电流、功率等关系。
掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，注意根据灯泡的正常发光电流与电压值恒定，是解题的关键之处。
6.【答案】B
【解析】解：水平位移
OQ= PQ2−PO2= 12−0.82m=0.6m
根据
PO=12gt2
得
t= 2POg= 2×0.810s=0.4s
小球做平抛运动的初速度大小为
v=OQt=
故B正确，ACD错误。
故选：B。
把平抛运动分解成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，利用竖直位移与水平位移求解。
本题考查平抛运动与斜面的结合，要熟练掌握其运动规律。
7.【答案】C
【解析】解：A、由p−T图像可知，气体在A→B过程中温度升高，则气体分子的平均动能变大，故A错误；
BC、由图像可知B→C过程中，气体做等压变化，所以气体压强不变，温度降低，根据盖-吕萨克定律VT=C可知气体体积减小，则外界对气体做正功，由于气体温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误，C正确；
D、由p−T图像可知气体在C→D过程中，温度不变，压强减小，根据理想气体状态方程pVT=C可知气体体积变大，则气体分子的密集程度减小，故D错误。
故选：C。
本题考查理想气体状态方程、等容线及热力学第一定律，根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体pVT=C为常数，变形为：p=CVT，p−T图象斜率越大对应体积V越小，根据气体压强的微观意义和温度的微观意义分析解题即可。
本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律及气体状态变化图像类问题相关知识，根据图象判断出气体体积如何变化，要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能问题由温度决定。
8.【答案】D
【解析】解：T1、T2为两个完全相同的理想变压器，设T1的原副线圈匝数之比为n1：n2，电压为U1、U2，电流为I1、I2，则T2的原副线圈匝数之比为n2：n1，设电压为U3和U4，电流为I3、I4，根据理想变压器的变压规律得：U1U2=n1n2，U3U4=n2n1，联立解得：U3U2=U4U1，代入数据得：U3U2=①
根据输电电路可知：I2=I3，U2=U3+I3R②
其中R=500Ω
T2为理想变压器，根据能量守恒得：U3I3=U4I4③
其中U4=2.5V，I4=0.3A
①②③式联立解得：U3=25V，U2=40V，I2=I3=0.03A
A、变压器T1为理想变压器，根据能量守恒得：U1I1=U2I2，原线圈中的电流I1=U2I2U1=40×0.034A=0.3A，故A错误；
B、导线卷A产生的热功率为P=I22×R2=0.032×5002W=0.225W，故B错误；
C、远距离输电的效率为η=U4I4U1I1×100%=2.5V×0.3A4V×0.3A×100%=62.5%，故C错误；
D、变压器T2原线圈的输入电压为U3=25V，故D正确。
故选：D。
由于远距离输电涉及的物理量比较多，需要用变压规律、功率关系等联立方程讨论各个选项是否正确。
本题考查远距离输电能量损耗等问题，涉及理想变压器的变压规律，能量守恒，即理想变压器输入、输出功率不变的问题，灵活运用规律以及功率不变列式是解题突破口。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据简谐横波的传播特点可知，质点不会随波迁移，故A错误；
B.根据同侧法可知，质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向，所以两波源的起振方向均沿y轴负方向，故B正确；
C.M点到两波源的波程差为零，所以M处于振动加强点，其振幅为4cm，两列波传播的速度均为
v=λT=0.41m/s=0.4m/s
波传播到M点需要的时间为
t=xv=
所以在0∼3s内，M点振动的时间为2.25s，即两个周期加四分之一周期，所以质点M通过的路程为
s=2×4A+A=2×4×4cm+4cm=36cm
故C错误；
D.t=3s时刻，质点M处于波谷，所以其偏离平衡位置的位移为−4cm，故D正确。
故选：BD。
质点只会上下振动，不会随波迁移；
根据同侧法得出质点的起振方向；
根据波速的计算公式和简谐横波在竖直方向上的振动特点得出质点通过的路程；
根据波形图得出质点对应的位移。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐横波的传播特点和运动学公式即可完成分析。
10.【答案】BD
【解析】解：A.对导体棒下滑到底端的过程中根据动能定理可得：
mgh=12mv2
流过金属棒的最大电流为
I=E2R=BLv2R=BL 2gh2R，故A错误；
B.通过金属棒的电荷量为
q=IΔt=ΔΦ2RΔtΔt=ΔΦ2R=BLd2R，故B正确；
C.由能量守恒可知整个电路中产生的焦耳热为：
Q=mgh−μmgd
金属棒内产生的焦耳热为
Q1=Q2=mg2(h−μd)
故C错误；
D.选择水平向右的方向为正方向，根据动量定理有
−μmgt−I−BLt=0−mv
由于
q=I−t
导体棒在磁场中运动的时间
t= 2ghμg−B2L2d2μmgR，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理得出金属棒的速度，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电路的最大值；
根据电流的定义式，结合欧姆定律得出通过金属棒的电荷量；
根据能量守恒定律分析出金属棒内产生的焦耳热；
根据动量定理列式得出导体棒在磁场中的运动时间。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉动能定理得出金属棒的速度，结合能量守恒定律和动量定理即可完成分析。
11.【答案】BC
【解析】解：A.若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向的合外力为零，则滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，由于小球相对O点做圆周运动，处于超重状态，系统竖直方向的合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，故滑块和小球组成的系统动量不守恒。系统无机械能损失，故系统的机械能守恒，故A错误；
B.设小球摆到最低点时速度大小为v1，此时滑块速度大小为v2，以水平向右为正方向，根据水平方向上系统动量守恒得：
mv1−Mv2=0
根据系统机械能守恒得：
mg⋅H2=12mv12+12Mv22
解得：v1= MgHm+M，v2=mM MgHm+M
剪断轻绳后，滑块向左做匀速直线运动，小球以向右的初速度v1做平抛运动，设经时间t落地，根据小球在竖直方向做自由落体运动，可得：
H−H2=12gt2
小球在水平方向上做匀速直线运动，可得落地时与滑块间的水平距离为：
d=(v1+v2)t
联立解得：d=H m+MM，故B正确；
C.设轻绳长度为L，轻绳与水平方向夹角为θ时，绳中张力为F，小球速度为v，对小球根据机械能守恒定律可得：
mgLsinθ=12mv2
根据牛顿第二定律得：
F−mgsinθ=mv2L
小球所受重力的功率为：PG=mgvy
可知重力功率最大时小球速度的竖直分量vy最大，可得小球加速度的竖直分量ay=0，即在竖直方向上小球的合力为零，则有：
Fsinθ=mg
联立解得：sinθ= 33，故C正确；
D.根据C选项的解答，当轻绳与水平方向夹角为θ时有：
mgLsinθ=12mv2，F−mgsinθ=mv2L
解得：F=3mgsinθ
对滑块受力分析，设滑块受到的滑动摩擦力和支持力分别为Ff、FN，根据平衡条件得：
在水平方向上有：Ff=Fcsθ
在竖直方向上有：FN=Mg+Fsinθ
滑块始终保持静止需满足：Ff≤μFN
联立解得：3mgsinθcsθ≤μ(Mg+3mgsin2θ)
变形为：32m(sin2θ+μcs2θ)≤μ(M+32m)
θ在0∼π2区间，此式要恒成立，由数学知识可得需满足：
32m 1+μ2≤μ(M+32m)
解得：μ≥3m2 M(M+3m)，故D错误。
故选BC。
若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向的合外力为零，系统竖直方向的合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，系统无机械能损失；根据水平方向上系统动量守恒和系统机械能守恒求得小球摆到最低点时两者的速度，剪断轻绳后滑块向左做匀速直线运动，小球以向右的初速度做平抛运动，根据运动学公式求解；重力功率最大时小球速度的竖直分量vy最大，此时在竖直方向上小球的合力为零，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解；对滑块受力分析，根据平衡条件找到满足的关系式，根据数学知识求解。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律，以及圆周运动中的力学问题。考查数理结合处理问题的综合能力。水平轨道光滑时，滑块和小球组成的系统在水平方向上属于人船模型。
12.【答案】BCD
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势大小为
E=NΔΦΔt=NSΔBΔt
根据楞次定律可知电流从a点流出、b点流入，所以a点电势比b点电势高，根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间电压为
Uab=ERR+r
联立解得：Uab=1.6V，故A错误；
B.电路中电流为
I=ER+r
代入数据解得：I=0.2A
电阻R上产生的热功率为
P=I2R
代入数据解得：P=0.32W，故B正确；
C.0∼5s内电阻R上产生的热量为
Q=I2Rt
代入数据解得：Q=1.6J，故C正确；
D.0∼5s内通过电阻R的电荷量为
q=It=0.2×5C=1C，故D正确。
故选：BCD。
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合欧姆定律得出ab间的电压；
根据欧姆定律得出电路中的电流；
根据焦耳定律得出电阻产生的热量；
根据电流的定义式得出通过电阻的电荷量大小。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合电路构造的分析和欧姆定律即可完成解答。
13.【答案】低压交流 接通电源 放开小车
【解析】解：(1)电磁打点计时器接低压交流电源
(2)实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源再放开小车。
(3)若所接电源的频率是50Hz，则每隔0.02秒打一个点。
(3)在v−t图象中图线的斜率表示加速度即为：
a=△v△t=1.00−−0.06=0.682m/s2。
故答案为：(1)低压交流(2)接通电源放开小车(3)0.02(4)0.682。
了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理，实验中要先接通电源，然后释放小车。
根据速度-时间图象解出斜率即是物体的加速度。
本题应注意速度--时间图象中斜率表示其加速度，并要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
14.【答案】1L A B
【解析】解：(1)根据理想气体状态方程有：pVT=C
封闭气体体积：V=SL
可得：p=CTS⋅1L，故图丙的横坐标为1L。
(2)气体的体积为：V=SL，其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以用L代替V，故A正确，BC错误；
故选：A。
(3)根据实验数据得出的结论为一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比。故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)1L；(2)A；(3)B
(1)根据一定质量的理想气体状态方程分析出图丙的横坐标；
(2)理解空气体积的计算方法，从而分析出对应的原因；
(3)根据实验数据得出正确的实验结论。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
15.【答案】解：(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，有
V1=HS
V2=(H+h)S
由盖-吕萨克定律
V1T1=V2T2
代入数据解得：T2=500K
(2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化
T3=600K，
由活塞的平衡条件可得：
p=p0+MgS
气体发生等容变化，由查理定律可得：
p0T2=pT3
代入数据解得：M=2kg
答：(1)锅炉外壁的温度为500K；
(2)重物的质量为2kg。
【解析】(1)缸内气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律列式得出锅炉外壁的温度；
(2)根据对活塞的受力分析，结合查理定律列式得出重物的质量。
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，明确变化过程，选择合适的规律解决。
16.【答案】解：(1)在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律有：
vy2=2ah，其中a=qEm
在Q点，根据运动的合成与分解可得：vy=v0tan45∘
联立解得：E=mv022qh；
(2)粒子在Q点的速率：v=v0cs45∘= 2v0
根据类平抛运动的规律可得：vy2t=h，OQ的距离x=v0t
联立解得：x=2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图1所示，轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大；
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBmax=mv2Rmin
由几何关系有：x=Rmin(1+cs45∘)
联立以上各式解得：Bmax=(1+ 2)mv02qh；
故B的大小范围为：B<(1+ 2)mv02qh；
(3)由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB
代入磁感应强度大小可得粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为：
R1= 2mv0q×qhmv0= 2h
R2= 2mv0q×qh2mv0= 22h
粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图2所示：
要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为：
R1sin45∘+n(R1+R2)sin45∘=L(n=1、2、3…)
结合题意：L>2h
解得：L=(1+32n)h，(n=1、2、3…)。
答：(1)匀强电场的场强大小为mv022qh；
(2)要使粒子能够进入第三象限，第四象限内磁感应强度B的大小范围为B<(1+ 2)mv02qh；
(3)要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，L的可能取值为L=(1+32n)h，(n=1、2、3…)。
【解析】(1)在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律求解电场强度；
(2)根据类平抛运动的规律求解OQ的距离，粒子运动轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(3)求出粒子在第四、第三象限的轨道半径，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹，根据几何关系求解L满足的条件。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
1.如图所示，倾角为a的薄木板定在水平面上，板上有一小孔B，不可伸长的轻绳一端系一物体A，另一端穿过小孔B竖直向下。开始时，板上方的细绳水平伸直。现慢慢拉动细绳下垂端，在物体缓慢到达小孔B的过程中，轨迹正好是一个半圆周，则物体与斜面间的动摩擦因数为( )
A. csαB. 1csαC. tanαD. 1tanα
2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻，R为滑动变阻器。MN、PQ为水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线OO′平行于金属板。当R的滑片在中点时，闭合开关S，带电小球以v0从O点沿OO′飞入，刚好从O′点飞出。若带电小球都能够从平行金属板右侧飞出，下列说法正确的是( )
A. 若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则飞出点在O′点
B. 若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则飞出点在O′点下方
C. 若金属板MN平行上移一小段距离，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则小球将在O′点飞出
D. 若金属板MN平行下移一小段距离仍在OO′上方，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则小球将在O′点飞出
3.在如图所示的电路中，C是平行板电容器，L是直流电阻可以忽略的电感线圈，闭合开关S，电路稳定后突然断开开关S，下列说法正确的是( )
A. 当A板上所带的正电荷逐渐增多时，LC振荡电路中的电流在增加
B. 当B板上所带的正电荷逐渐增多时，LC振荡电路中的电流在增加
C. 仅减小电容器两极板间的距离，LC振荡电路的周期将变大
D. 减小电容器两极板间的距离，同时增加电感线圈的匝数，LC振荡电路的周期可能不变
4.两分子间的分子力与它们之间距离的关系图像如图甲所示，图中r0为分子力的零点，r1为分子力的极值点；两分子的势能与分子间距离的关系图像如图乙所示，规定两分子间距离为无限远时分子势能为0，r2为分子势能的零点，r3为分子势能的极值点，极小值为−Epmin。下列判断正确的是( )
A. r0=r2B. r0=r3C. r1=r2D. r1=r3
5.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数满足n1=n2+n3，当加在原线圈两端的电压为U1时，原线圈的输入功率为P1，电路中四个规格相同的灯泡A、B、C、D都恰好正常发光，两副线圈的输出电压分别为U2、U3，输出功率分别为P2、P3，电路中三个理想电流表的示数分别为I1、I2、I3，下列判断正确的是( )
A. P1：P2：P3=3：2：1B. U1：U2：U3=4：2：1
C. n1：n2：n3=3：1：2D. I1：I2：I3=4：3：6
6.固定在水平地面上的斜面PQO上方的弧形轨道末端水平，小球从弧形轨道上某处滑下水平飞出后，恰好落在Q点，已知PO=0.8m，PQ=1.0m，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为( )
A. 1.0m/sB. 1.5m/sC. 2.0m/sD. 2.5m/s
7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A沿直线经历状态B、C到达状态D，下列说法正确的是( )
A. A→B过程中气体分子的平均动能不变
B. B→C过程中气体对外界做功
C. B→C过程中气体向外界放热
D. C→D过程中气体分子的密集程度增大
8.某同学用如图所示的电路探究远距离输电的能量损耗，T1、T2为两个完全相同的理想变压器，(T1升压、T2降压)，将总电阻为500Ω的长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线卷的自感作用，当变压器T1原线圈的输入电压为4V时，铭牌为“2.5V、0.3A”的灯泡恰好正常发光，下列说法正确的是( )
A. 变压器T1原线圈中的电流为0.25AB. 导线卷A产生的热功率为0.45W
C. 远距离输电的效率为80%D. 变压器T2原线圈的输入电压为25V
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.两个沿y轴做简谐运动的质点产生的简谐波在t=0时刻的图像如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m处的P、Q两质点刚开始振动。已知两波源分别位于横轴上x=−0.2m和x=1.2m处，它们的周期均为1s、振幅均为2cm，质点M的平衡位置在x=0.5m处，下列说法正确的是( )
A. 质点P、Q同时运动到M点
B. 两波源的起振方向均沿y轴负方向
C. 0∼3s时间内质点M通过的路程为18cm
D. t=3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移为−4cm
10.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A. 流过金属棒的最大电流为I=ER=BL 2ghR
B. 通过金属棒的电荷量为BdL2R
C. 金属棒内产生的焦耳热为mg(h−μd)
D. 导体棒在磁场中运动的时间为 2ghμg−B2L2d2μmgR
11.如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为M的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为m的小球。已知O点到地面的高度为H，重力加速度大小为g，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的A处(A在水平轨道正下方)，轻绳伸直后由静止释放。下列说法正确的是( )
A. 若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 若水平轨道光滑，轻绳OA长度为H2，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳小球运动一段时间后落地(不反弹)，小球落地时与滑块间的水平距离是d=H m+MM
C. 若水平轨道粗糙，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是 33
D. 若水平轨道粗糙，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ≥3m M(M+3m)
12.如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8Ω，下列说法正确的是( )
A. a、b两点间的电势差Uab=−1.6VB. 电阻R上产生的热功率为0.32W
C. 0∼5s内电阻R上产生的热量为1.6JD. 0∼5s内通过电阻R某截面的电荷量为1C
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
13.某同学用如下图甲所示的实验装置探究物体的速度与时间的关系：
(1)电磁打点计时器接______电源(填“低压直流”、“低压交流”或“220V交流”)。
(2)实验时，使小车靠近打点计时器，先______再______。(填“接通电源”或“放开小车”)
(3)若所接电源的频率是50Hz，则每隔______秒打一个点。
(4)图乙是绘出的小车速度-时间关系图线，根据图线求出小车的加速度为a=______m/s2.(保留三位有效数字)
14.某同学用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。在橡胶套和柱塞间封闭着一段空气柱，空气柱的长度L可以从刻度尺读取，空气柱的压强p可以从与空气柱相连的压力表读取。缓慢地向下压或向上拉柱塞，保持空气柱的温度不变，测量空气柱的长度及对应的压强，得到如图乙所示的p−L图像。
(1)为了更直观地处理数据，将图乙化曲为直，绘制了如图丙所示的拟合直线，则图丙的横坐标为______(填“1L”、“ L”、“1 L”或“L2”)。
(2)本实验探究的是气体等温变化时压强p与体积V变化的规律，但测量时却测量了空气柱的长度L，用L代替V的理由是______。
A.空气柱的横截面积S恒定
B.空气柱的温度恒定
C.空气柱的压强恒定
(3)根据实验数据，得出的结论为______。
A.一定量的气体等温变化时，压强与体积成正比
B.一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比
C.一定量的气体等容变化时，压强与温度成正比
D.一定量的气体等容变化时，压强与温度成反比
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
15.为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热汽缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S=10cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物。当缸内温度为T1=300K时，活塞与缸底相距H=3cm，与重物相距h=2cm。已知锅炉房内空气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度。
(1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2；
(2)当锅炉外壁的温度为600K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量M。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0,h)以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45∘角进入磁场。粒子重力不计。
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为mv0qh，第三象限内磁感应强度大小为2mv0qh，且第三、第四象限的磁场在y=−L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)。则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，求L的可能取值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3，这四个力的合力近似为零；
其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成(90∘−α)。
根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：
在垂直斜面方向，有：F2=G⋅csα，
因此有摩擦力F3=μF2=μGcsα，
接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有：
μGcsα=Gsinα，
因此μ=tanα；
故选：C。
物体缓慢转动，近似平衡，受力分析后，根据平衡条件列式求解。
这个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析，根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力，然后列式求解；当然，也可以对其它点处，运用平衡条件列式。
2.【答案】C
【解析】解：由题图可知，当电路稳定时或电容器在充电时，二极管所加的正向电压，其可等效为导线。两平行板与R1并联，它们两端电压相等，用u1表示。滑动变阻器为限流式接法。
AB、若滑动变阻器R滑片右移，则其接入电路的阻值减小，回路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知I总=ER1+R+r，u1=I总R1，R减小，可知I总增大，u1增大。
在滑动变阻器的滑片没有移动时，小球能沿OO′飞出，说明重力等于电场力，现u1增大，由公式E=Ud可知E增大，电场力大于重力，小球的合力竖直向上，则小球做曲线运动，在O′点上方飞出，速度变大，故AB错误；
C、若只上下平移金属板MN，则R1两端电压不变，由电容的决定式C=εrS4πkd知，MN平行上移，板间距离d增大，C减小，电容器要放电，但二极管具有单向导电性，故电容器不能放电，所带的电荷量不变，由公式C=QU、E=Ud，可得：E=4πkQϵrS，故小球在电容器中所受电场力仍等于重力，小球仍沿OO′运动，从O′点飞出，故C正确；
D、由C=εrS4πkd知，当金属板MN平行下移后，d减小，C增大，电容器充电，二极管等效为导线，u1不变，由公式E=Ud可知，电容器中的场强增大，小球在电容器中电场力大于重力，合力竖直向上，小球做曲线运动，轨迹向上弯曲，从O′点的上方飞出，故D错误。
故选：C。
根据电路结构确定滑片移动时，电阻R1两端电压的变化，再根据C=εrS4πkd分析电容的变化。根据电场强度E=Ud分析电场强度的变化，分析受力情况确定粒子的运动轨迹。
本题是考查简单的电路分析和电容器的动态分析综合的知识点，若没有二极管，则按照电压不变或电量不变的两条思路进行。有了二极管后，一定要注意二极管的单向导电性，即电容器只进不出，那么此时按电荷量不变进行分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.当A板上所带的正电荷逐渐增多时，电容器中电场能增加，由能量守恒定律知线圈中磁场能减小，所以LC振荡电路中的电流在减小，故A错误；
B.当B板上所带的正电荷逐渐增多时，电容器中电场能增加，由能量守恒定律知线圈中磁场能减小，所以LC振荡电路中的电流在减小，故B错误；
C.仅减小电容器两极板间的距离，由C=εrS4πkd，可知电容器电容变大，由T=2π LC，LC振荡电路的周期将变大，故C正确；
D.减小电容器两极板间的距离，由C=εrS4πkd，可知电容器电容变大，增加电感线圈的匝数，则电感线圈的自感系数增大，由T=2π LC可知LC振荡电路的周期将变大，故D错误。
故选：C。
电路稳定后突然断开开关S，形成LC振荡电路，结合LC回路中电流与磁场变化的周期性判断；依据电容的决定式和振荡周期公式判断。
本题考查LC振荡电路，要知道该电路中电场能和磁场能之间的转化情况，会判断电流、周期的变化情况。
4.【答案】B
【解析】解：AB.当r1=r0，即分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以r0=r3，故A错误，B正确；
CD.从r3减小到r2的过程中，分子势能增大，分子间距离小于平衡位置，分子间作用力为斥力，故r1≠r2，r1≠r3，故CD错误。
故选：B。
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，根据图象分析答题。
本题考查分子力、分子势能与分子间距离的关系，知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系。
5.【答案】D
【解析】解：BC、设灯泡正常发光时的工作电压为U0，工作电流为I0，则有：n2n3=U2U3=2U0U0=21
又根据题意可知：n1=n2+n3
可得：n1：n2：n3=3：2：1
根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得：U1：U2：U3=n1：n2：n3=3：2：1，故BC错误；
AD、根据功率公式有：P2=U2I2=2U0I0，P3=U3I3=U0×2I0
又根据输入等于输出功率有：P1=P2+P3=U1I1
结合已知得到的结论联立可得：P1：P2：P3=2：1：1，I1：I2：I3=4：3：6，故A错误，D正确。
故选：D。
理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，当有多个副线圈时，根据输入的功率和输出的功率相等，并结合四个完全相同的灯泡均正常发光和已知的匝数关系，可以判断各线圈电压的关系，进而可判定匝数及电流、功率等关系。
掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，注意根据灯泡的正常发光电流与电压值恒定，是解题的关键之处。
6.【答案】B
【解析】解：水平位移
OQ= PQ2−PO2= 12−0.82m=0.6m
根据
PO=12gt2
得
t= 2POg= 2×0.810s=0.4s
小球做平抛运动的初速度大小为
v=OQt=
故B正确，ACD错误。
故选：B。
把平抛运动分解成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，利用竖直位移与水平位移求解。
本题考查平抛运动与斜面的结合，要熟练掌握其运动规律。
7.【答案】C
【解析】解：A、由p−T图像可知，气体在A→B过程中温度升高，则气体分子的平均动能变大，故A错误；
BC、由图像可知B→C过程中，气体做等压变化，所以气体压强不变，温度降低，根据盖-吕萨克定律VT=C可知气体体积减小，则外界对气体做正功，由于气体温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误，C正确；
D、由p−T图像可知气体在C→D过程中，温度不变，压强减小，根据理想气体状态方程pVT=C可知气体体积变大，则气体分子的密集程度减小，故D错误。
故选：C。
本题考查理想气体状态方程、等容线及热力学第一定律，根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体pVT=C为常数，变形为：p=CVT，p−T图象斜率越大对应体积V越小，根据气体压强的微观意义和温度的微观意义分析解题即可。
本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律及气体状态变化图像类问题相关知识，根据图象判断出气体体积如何变化，要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能问题由温度决定。
8.【答案】D
【解析】解：T1、T2为两个完全相同的理想变压器，设T1的原副线圈匝数之比为n1：n2，电压为U1、U2，电流为I1、I2，则T2的原副线圈匝数之比为n2：n1，设电压为U3和U4，电流为I3、I4，根据理想变压器的变压规律得：U1U2=n1n2，U3U4=n2n1，联立解得：U3U2=U4U1，代入数据得：U3U2=①
根据输电电路可知：I2=I3，U2=U3+I3R②
其中R=500Ω
T2为理想变压器，根据能量守恒得：U3I3=U4I4③
其中U4=2.5V，I4=0.3A
①②③式联立解得：U3=25V，U2=40V，I2=I3=0.03A
A、变压器T1为理想变压器，根据能量守恒得：U1I1=U2I2，原线圈中的电流I1=U2I2U1=40×0.034A=0.3A，故A错误；
B、导线卷A产生的热功率为P=I22×R2=0.032×5002W=0.225W，故B错误；
C、远距离输电的效率为η=U4I4U1I1×100%=2.5V×0.3A4V×0.3A×100%=62.5%，故C错误；
D、变压器T2原线圈的输入电压为U3=25V，故D正确。
故选：D。
由于远距离输电涉及的物理量比较多，需要用变压规律、功率关系等联立方程讨论各个选项是否正确。
本题考查远距离输电能量损耗等问题，涉及理想变压器的变压规律，能量守恒，即理想变压器输入、输出功率不变的问题，灵活运用规律以及功率不变列式是解题突破口。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据简谐横波的传播特点可知，质点不会随波迁移，故A错误；
B.根据同侧法可知，质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向，所以两波源的起振方向均沿y轴负方向，故B正确；
C.M点到两波源的波程差为零，所以M处于振动加强点，其振幅为4cm，两列波传播的速度均为
v=λT=0.41m/s=0.4m/s
波传播到M点需要的时间为
t=xv=
所以在0∼3s内，M点振动的时间为2.25s，即两个周期加四分之一周期，所以质点M通过的路程为
s=2×4A+A=2×4×4cm+4cm=36cm
故C错误；
D.t=3s时刻，质点M处于波谷，所以其偏离平衡位置的位移为−4cm，故D正确。
故选：BD。
质点只会上下振动，不会随波迁移；
根据同侧法得出质点的起振方向；
根据波速的计算公式和简谐横波在竖直方向上的振动特点得出质点通过的路程；
根据波形图得出质点对应的位移。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐横波的传播特点和运动学公式即可完成分析。
10.【答案】BD
【解析】解：A.对导体棒下滑到底端的过程中根据动能定理可得：
mgh=12mv2
流过金属棒的最大电流为
I=E2R=BLv2R=BL 2gh2R，故A错误；
B.通过金属棒的电荷量为
q=IΔt=ΔΦ2RΔtΔt=ΔΦ2R=BLd2R，故B正确；
C.由能量守恒可知整个电路中产生的焦耳热为：
Q=mgh−μmgd
金属棒内产生的焦耳热为
Q1=Q2=mg2(h−μd)
故C错误；
D.选择水平向右的方向为正方向，根据动量定理有
−μmgt−I−BLt=0−mv
由于
q=I−t
导体棒在磁场中运动的时间
t= 2ghμg−B2L2d2μmgR，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理得出金属棒的速度，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电路的最大值；
根据电流的定义式，结合欧姆定律得出通过金属棒的电荷量；
根据能量守恒定律分析出金属棒内产生的焦耳热；
根据动量定理列式得出导体棒在磁场中的运动时间。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉动能定理得出金属棒的速度，结合能量守恒定律和动量定理即可完成分析。
11.【答案】BC
【解析】解：A.若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向的合外力为零，则滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，由于小球相对O点做圆周运动，处于超重状态，系统竖直方向的合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，故滑块和小球组成的系统动量不守恒。系统无机械能损失，故系统的机械能守恒，故A错误；
B.设小球摆到最低点时速度大小为v1，此时滑块速度大小为v2，以水平向右为正方向，根据水平方向上系统动量守恒得：
mv1−Mv2=0
根据系统机械能守恒得：
mg⋅H2=12mv12+12Mv22
解得：v1= MgHm+M，v2=mM MgHm+M
剪断轻绳后，滑块向左做匀速直线运动，小球以向右的初速度v1做平抛运动，设经时间t落地，根据小球在竖直方向做自由落体运动，可得：
H−H2=12gt2
小球在水平方向上做匀速直线运动，可得落地时与滑块间的水平距离为：
d=(v1+v2)t
联立解得：d=H m+MM，故B正确；
C.设轻绳长度为L，轻绳与水平方向夹角为θ时，绳中张力为F，小球速度为v，对小球根据机械能守恒定律可得：
mgLsinθ=12mv2
根据牛顿第二定律得：
F−mgsinθ=mv2L
小球所受重力的功率为：PG=mgvy
可知重力功率最大时小球速度的竖直分量vy最大，可得小球加速度的竖直分量ay=0，即在竖直方向上小球的合力为零，则有：
Fsinθ=mg
联立解得：sinθ= 33，故C正确；
D.根据C选项的解答，当轻绳与水平方向夹角为θ时有：
mgLsinθ=12mv2，F−mgsinθ=mv2L
解得：F=3mgsinθ
对滑块受力分析，设滑块受到的滑动摩擦力和支持力分别为Ff、FN，根据平衡条件得：
在水平方向上有：Ff=Fcsθ
在竖直方向上有：FN=Mg+Fsinθ
滑块始终保持静止需满足：Ff≤μFN
联立解得：3mgsinθcsθ≤μ(Mg+3mgsin2θ)
变形为：32m(sin2θ+μcs2θ)≤μ(M+32m)
θ在0∼π2区间，此式要恒成立，由数学知识可得需满足：
32m 1+μ2≤μ(M+32m)
解得：μ≥3m2 M(M+3m)，故D错误。
故选BC。
若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向的合外力为零，系统竖直方向的合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，系统无机械能损失；根据水平方向上系统动量守恒和系统机械能守恒求得小球摆到最低点时两者的速度，剪断轻绳后滑块向左做匀速直线运动，小球以向右的初速度做平抛运动，根据运动学公式求解；重力功率最大时小球速度的竖直分量vy最大，此时在竖直方向上小球的合力为零，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解；对滑块受力分析，根据平衡条件找到满足的关系式，根据数学知识求解。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律，以及圆周运动中的力学问题。考查数理结合处理问题的综合能力。水平轨道光滑时，滑块和小球组成的系统在水平方向上属于人船模型。
12.【答案】BCD
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势大小为
E=NΔΦΔt=NSΔBΔt
根据楞次定律可知电流从a点流出、b点流入，所以a点电势比b点电势高，根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间电压为
Uab=ERR+r
联立解得：Uab=1.6V，故A错误；
B.电路中电流为
I=ER+r
代入数据解得：I=0.2A
电阻R上产生的热功率为
P=I2R
代入数据解得：P=0.32W，故B正确；
C.0∼5s内电阻R上产生的热量为
Q=I2Rt
代入数据解得：Q=1.6J，故C正确；
D.0∼5s内通过电阻R的电荷量为
q=It=0.2×5C=1C，故D正确。
故选：BCD。
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合欧姆定律得出ab间的电压；
根据欧姆定律得出电路中的电流；
根据焦耳定律得出电阻产生的热量；
根据电流的定义式得出通过电阻的电荷量大小。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合电路构造的分析和欧姆定律即可完成解答。
13.【答案】低压交流 接通电源 放开小车
【解析】解：(1)电磁打点计时器接低压交流电源
(2)实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源再放开小车。
(3)若所接电源的频率是50Hz，则每隔0.02秒打一个点。
(3)在v−t图象中图线的斜率表示加速度即为：
a=△v△t=1.00−−0.06=0.682m/s2。
故答案为：(1)低压交流(2)接通电源放开小车(3)0.02(4)0.682。
了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理，实验中要先接通电源，然后释放小车。
根据速度-时间图象解出斜率即是物体的加速度。
本题应注意速度--时间图象中斜率表示其加速度，并要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
14.【答案】1L A B
【解析】解：(1)根据理想气体状态方程有：pVT=C
封闭气体体积：V=SL
可得：p=CTS⋅1L，故图丙的横坐标为1L。
(2)气体的体积为：V=SL，其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以用L代替V，故A正确，BC错误；
故选：A。
(3)根据实验数据得出的结论为一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比。故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)1L；(2)A；(3)B
(1)根据一定质量的理想气体状态方程分析出图丙的横坐标；
(2)理解空气体积的计算方法，从而分析出对应的原因；
(3)根据实验数据得出正确的实验结论。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
15.【答案】解：(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，有
V1=HS
V2=(H+h)S
由盖-吕萨克定律
V1T1=V2T2
代入数据解得：T2=500K
(2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化
T3=600K，
由活塞的平衡条件可得：
p=p0+MgS
气体发生等容变化，由查理定律可得：
p0T2=pT3
代入数据解得：M=2kg
答：(1)锅炉外壁的温度为500K；
(2)重物的质量为2kg。
【解析】(1)缸内气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律列式得出锅炉外壁的温度；
(2)根据对活塞的受力分析，结合查理定律列式得出重物的质量。
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，明确变化过程，选择合适的规律解决。
16.【答案】解：(1)在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律有：
vy2=2ah，其中a=qEm
在Q点，根据运动的合成与分解可得：vy=v0tan45∘
联立解得：E=mv022qh；
(2)粒子在Q点的速率：v=v0cs45∘= 2v0
根据类平抛运动的规律可得：vy2t=h，OQ的距离x=v0t
联立解得：x=2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图1所示，轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大；
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBmax=mv2Rmin
由几何关系有：x=Rmin(1+cs45∘)
联立以上各式解得：Bmax=(1+ 2)mv02qh；
故B的大小范围为：B<(1+ 2)mv02qh；
(3)由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB
代入磁感应强度大小可得粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为：
R1= 2mv0q×qhmv0= 2h
R2= 2mv0q×qh2mv0= 22h
粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图2所示：
要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为：
R1sin45∘+n(R1+R2)sin45∘=L(n=1、2、3…)
结合题意：L>2h
解得：L=(1+32n)h，(n=1、2、3…)。
答：(1)匀强电场的场强大小为mv022qh；
(2)要使粒子能够进入第三象限，第四象限内磁感应强度B的大小范围为B<(1+ 2)mv02qh；
(3)要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，L的可能取值为L=(1+32n)h，(n=1、2、3…)。
【解析】(1)在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律求解电场强度；
(2)根据类平抛运动的规律求解OQ的距离，粒子运动轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(3)求出粒子在第四、第三象限的轨道半径，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹，根据几何关系求解L满足的条件。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
相关试卷
2022-2023学年山西省吕梁市市级联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年山西省吕梁市市级联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20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。
2022-2023学年山西省大同市阳高一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年山西省大同市阳高一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省大同市浑源中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年山西省大同市浑源中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
