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2020-2021學(xué)年浙江省杭嘉金湖四縣教研聯(lián)盟高二（下）調(diào)研物理試卷（6月份）

1. 合肥同步輻射裝置(簡稱HLS)是我國第一臺以真空紫外和軟X射線為主的專用同步輻射光源，如圖所示為該裝置能量為800MeV的電子直線加速器。若用下列國際單位制單位的符號來表示eV，正確的是(?)
A. N B. J C. m/s2 D. W
2. 2021年4月13日，中國女足戰(zhàn)勝對手，獲得東京奧運(yùn)會入場券。如圖所示，中國隊球員王霜(左二)將球踢出一道弧線，球順利進(jìn)入對方球門。在運(yùn)動員踢出足球到足球進(jìn)入球門的過程中(?)
A. 足球受重力和沖力作用
B. 足球經(jīng)過的路程可能比位移小
C. 足球運(yùn)動到最高點時，加速度為零
D. 研究足球旋轉(zhuǎn)方向時，足球不能看成質(zhì)點
3. 在兒童創(chuàng)意畫比賽中，一小朋友把金屬“蘋果”A吸附在豎直的磁性白板上，如圖所示。則(?)

A. A受重力、磁力、摩擦力三個力作用
B. 白板對A的作用力方向豎直向上
C. 白板對A的摩擦力大于A的重力
D. 白板對A的力和A對白板的力是一對平衡力
4. 如圖所示是我國500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡(FAST)，它可以接收來自宇宙深處的電磁波。關(guān)于電磁波，下列說法正確的是(?)

A. 電磁波是縱波 B. 麥克斯韋通過實驗捕捉到電磁波
C. 頻率越高的電磁波，波長越長 D. 電磁波可以傳遞信息和能量
5. 如圖所示是中國“天問一號”探測器拍攝的火星影像圖。已知火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的19，半徑約為地球半徑的12。則火星上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度約為地球第一宇宙速度的(?)
A. 29倍 B. 29倍 C. 92倍 D. 49倍
6. 如圖所示裝置中，左右極板相距很近，左極板接電源正極，右極板接電源負(fù)極，可模擬一對帶等量異種電荷的平行金屬板間的電場線分布。A、B是金屬板間的兩點。則(?)
A. A點場強(qiáng)大于B點場強(qiáng)
B. A點電勢等于B點電勢
C. 無“模擬電場線”處的電場強(qiáng)度為零
D. 將正電荷從A移動到B，電荷的電勢能減少
7. 如圖所示為某游樂園中激流勇進(jìn)項目設(shè)施。游船可沿直道①緩慢上升至一定高度，然后沿弧形滑道②從高處滑下。則(?)

A. 游船沿直道①緩慢上升時，游船對游客做正功
B. 游船沿直道①緩慢上升時，游客的機(jī)械能守恒
C. 游船沿滑道②下滑的過程中，游船對游客不做功
D. 游船沿滑道②下滑的過程中，游客的機(jī)械能守恒
8. 2021年3月1日，我國《刑法修正案(十一)》正式實施，高空拋物罪成為獨立罪名。若有人將一個質(zhì)量為150g的蘋果從居民樓的16樓由靜止釋放，從釋放到下落到地面的過程中(取蘋果釋放位置重力勢能為零，不考慮空氣阻力)，蘋果(?)
A. 下落時間約為5s B. 落地時速度大小約為30m/s
C. 落地時的機(jī)械能約為67.5J D. 落地時重力的功率約為22.5W
9. 如圖所示為一列沿x軸負(fù)方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，已知質(zhì)點L從波谷位置第一次到達(dá)波峰位置所需時間為1.0s。則(?)
A. 質(zhì)點K比L先回到平衡位置
B. 這列波的傳播速度為1m/s
C. 能與這列波發(fā)生穩(wěn)定干涉的波的頻率為0.5Hz
D. 在0～1.5s的時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為15cm
10. 由螺線管、電阻和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖甲所示。螺線管處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的磁場中，B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。一電荷量為q的顆粒在t1～t2時間內(nèi)懸停在電容器中。則(?)
A. 顆粒帶正電
B. t1～t2時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢增大
C. t1～t2時間內(nèi)，電路中沒有感應(yīng)電流
D. t1～t2時間內(nèi)，a點電勢高于b點電勢
11. 一等腰直角三棱鏡的截面如圖所示，點P是AC面上的一點，點Q是BC面上的一點，且PQ//AB。一單色細(xì)光束從AC面的P點沿平行底面AB方向射入棱鏡后，經(jīng)AB面一次反射，恰從BC面的Q點射出。從BC面射出的光線，是圖中的(?)
A. ① B. ② C. ③ D. ④
12. 在光電效應(yīng)中，X、Y兩種金屬中逸出的光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系如圖甲所示，氫原子的光譜如圖乙所示。已知普朗克常量為h，則(?)
A. 金屬X的逸出功大于Y的逸出功
B. 甲圖中直線的斜率為2h
C. 乙圖中的Hγ線對應(yīng)光子的頻率小于Hα線對應(yīng)光子的頻率
D. 若乙圖中Hβ線對應(yīng)的光子能使Y發(fā)生光電效應(yīng)，它也一定能使X發(fā)生光電效應(yīng)
13. 如圖所示，位于道路中央的移動式交通信號燈，采用太陽能供電。信號燈的光伏電池板有效采光面積約0.3m2，晴天時電池板上每平方米每小時接收到的太陽輻射能約為4×106J。如果每天等效日照時間約為6h，光電池一天產(chǎn)生的電能可供40W的紅綠燈工作8h。光電池的光電轉(zhuǎn)換效率約為(?)
A. 4.8% B. 9.6% C. 16% D. 28.8%
14. 下列說法正確的是(?)
A. 普朗克最先提出了能量子概念
B. 康普頓效應(yīng)揭示了光的波動性
C. 德布羅意通過實驗發(fā)現(xiàn)電子也具有波動性
D. 玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功地解釋了氫原子光譜實驗規(guī)律
15. 在2019年世界中學(xué)生排球錦標(biāo)賽上，中國男女排球隊雙雙獲得冠軍。如圖所示為某次接發(fā)球過程的示意圖，運(yùn)動員從場地端線處起跳，將球從離地h1=2.80m高的A點沿垂直端線的方向水平擊出，球運(yùn)動到對方球場時，經(jīng)過離地h2=1.55m，離端線x=0.50m處的B點。已知排球質(zhì)量m=280g，排球場長L=18.00m，球網(wǎng)上邊緣離地高h(yuǎn)3=2.35m，不考慮空氣阻力，排球視為質(zhì)點。則排球(?)
A. 在飛行過程中處于超重狀態(tài)
B. 從A點飛出的初速度大小為35m/s
C. 到達(dá)B點時的動能為224J
D. 從A到B的過程中，速度變化量大小為5m/s
16. 如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數(shù)為N，線圈電阻為r，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，外電路電阻為R。則(?)
A. 圖示位置線圈中感應(yīng)電動勢最大，其值為BSω
B. 由圖示位置轉(zhuǎn)過90°時，穿過線圈的磁通量為NBS
C. 由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為NBSR+r
D. 由圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程中，電阻R上所產(chǎn)生的熱量為πRN2B2S2ω2(R+r)2


17. 下面兩條紙帶由“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”和“用橡皮筋探究做功與物體速度變化的關(guān)系”兩個實驗得到，相鄰計數(shù)點之間還有四個實際點跡被隱去。
(1)在實驗操作規(guī)范的情況下，符合“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗要求的紙帶編號是______；

(2)若上述紙帶中有一條紙帶是“用橡皮筋探究做功與物體速度變化的關(guān)系”實驗獲得的，在正確的實驗操作下，橡皮筋對小車做功結(jié)束后，小車獲得的速度是______m/s(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
18. 在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中。
(1)實驗用小燈泡額定電壓為12V，某同學(xué)按要求正確連接電路后，直接將電壓調(diào)到12V，接通電源時，他發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮，學(xué)生電源顯示過載(即：流過電源的電流過大)，如圖甲。發(fā)生這一現(xiàn)象的原因可能是______；
A.小燈泡燈絲斷了
B.電源接線沒有接在“直流”接線柱上
C.小燈泡兩端電壓沒有從零開始逐漸增大調(diào)節(jié)
(2)通過測量頭的目鏡觀察單色光的干涉圖樣時，發(fā)現(xiàn)分劃板中心刻線與亮條紋未對齊，如圖乙所示。若要使兩者對齊，應(yīng)如何調(diào)節(jié)？______。
A.僅旋轉(zhuǎn)單縫
B.僅旋轉(zhuǎn)雙縫
C.僅旋轉(zhuǎn)測量頭

19. 某同學(xué)進(jìn)行“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗。

(1)他先用多用電表粗測電池組的電動勢，測量前發(fā)現(xiàn)電表的指針位置如圖甲所示，需要進(jìn)行的操作是______；
A.調(diào)節(jié)指針定位螺絲進(jìn)行機(jī)械調(diào)零
B.調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕進(jìn)行歐姆調(diào)零
(2)他根據(jù)圖乙所示實驗電路測量電池組的電動勢和內(nèi)阻。正確連接電路后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到多組測量數(shù)據(jù)。利用EXCEL的數(shù)據(jù)處理功能得到U?I圖象如圖丙所示。根據(jù)圖像可得，該電池組的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω(結(jié)果均保留兩位小數(shù))。
(3)若將該電池組與阻值為10Ω的電阻串聯(lián)，電阻兩端的電壓為______V(結(jié)果保留兩位小數(shù))。
20. 如圖所示無人機(jī)被稱為“會飛的照相機(jī)”。已知某型號無人機(jī)的質(zhì)量m=2kg，在某次試飛時動力系統(tǒng)提供的升力恒為F=28N，它從地面由靜止開始豎直向上運(yùn)動，假設(shè)飛行時所受的阻力大小不變。
(1)若經(jīng)時間t1=8s上升了h=64m，求無人機(jī)上升時受到的阻力大小f；
(2)若經(jīng)時間t2=6s時因故障無人機(jī)立即失去升力，求無人機(jī)能達(dá)到的最大高度H。








21. 如圖所示，某裝置由光滑水平軌道AB、豎直圓軌道BC(B、C分別為圓軌道最低和最高點)、水平直軌道BD和足夠長斜軌道DE平滑連接而成。一小滑塊以水平初速度v0從A點出發(fā)，通過豎直圓軌道，并沖上斜軌道。已知v0=6m/s，滑塊質(zhì)量m=0.1kg，圓軌道半徑R=0.5m，LBD=2m，斜軌道DE的傾角θ=37°?；瑝K與軌道BD、DE的動摩擦因數(shù)均為0.25，忽略其它一切阻力(sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求：

(1)小滑塊到達(dá)C點時的速度大??；
(2)小滑塊在C點時對軌道的壓力大?。?br /> (3)小滑塊沿斜面DE上升的最大高度。







22. 如圖所示，粒子源可持續(xù)釋放初速為零，質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子，經(jīng)加速器加速后，粒子垂直立方體abcda′b′c′d′的左側(cè)面add′a′，從該面中心O(即圖中坐標(biāo)系原點)進(jìn)入立方體空腔內(nèi)。已知正方體邊長為2L，加速器兩極板間電壓U可調(diào)。忽略粒子受到的重力，不考慮粒子之間的相互作用。

(1)若在空腔內(nèi)加+y方向的勻強(qiáng)電場，當(dāng)加速器極板間電壓為U=U0時，粒子恰好從正方形的上表面a′b′c′d′的中心飛出電場區(qū)域，求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。?br /> (2)若在空腔內(nèi)加勻強(qiáng)磁場，當(dāng)加速器極板間電壓為U=U0時，粒子也恰好從正方形的上表面a′b′c′d′的中心飛出磁場區(qū)域，求勻強(qiáng)磁場的場強(qiáng)大小和方向；
(3)保持題(2)中磁場的大小和方向均不變，要使粒子打在正方形的上表面a′b′c′d′上，求加速器板間電壓U的大小范圍。







23. 如圖所示，兩根足夠長的“折線型”光滑金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，左端有定值電阻R和電容器C，開始時，電阻R接入電路，電容器C與電路斷開，整個導(dǎo)軌處在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。長度與導(dǎo)軌間距相等的兩勻質(zhì)金屬桿a、b垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，b桿鎖定在導(dǎo)軌上。已知導(dǎo)軌間距d1=0.5m、d2=1.5m，金屬桿a、b的質(zhì)量分別為ma=0.1kg、mb=0.2kg，電阻分別為ra=0.5Ω、rb=1.0Ω，電阻R=1.0Ω，電容器電容C=0.1F，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T，其余電阻均不計。在a桿的中點施加一個垂直金屬桿的水平向右的拉力F，使其靜止開始運(yùn)動，拉力F的功率P=0.25W保持不變，金屬桿達(dá)到最大速度時，撤去拉力F。

(1)求金屬桿a的最大速度；
(2)求從撤去拉力F至金屬桿a停止運(yùn)動的過程中，流過金屬桿b的電量；
(3)求從撤去拉力F至金屬桿a停止運(yùn)動的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；
(4)若撤去拉力F的同時對金屬桿b解除鎖定，且同時將切換開關(guān)S打到電容器C，求電容器C最終的帶電量。







答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：eV表示的是能量的單位，表示1個電子經(jīng)過1V的電壓加速后獲得的能量的大小，所以1eV=1.6×10?19C?1V=1.6×10?19J，所以eV用國際單位制單位的符號來表示為J，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
明確國際單位制中的單位名稱，對于每個物理量的單位都要掌握住，特別是有多個單位的物理量，如長度的單位有m、cm、mm等等，要注意掌知道哪些單位屬于國際單位制中的符號。
本題考查學(xué)生的對單位這一基礎(chǔ)知識的掌握情況，物理量及對應(yīng)的單位是必須掌握住的基礎(chǔ)知識。

2.【答案】D

【解析】解：A、足球在運(yùn)動的過程中只受到重力的作用，沒有沖力的作用，故A錯誤；
B、路程是運(yùn)動路徑的長度，在任何情況下，路程都是大于等于位移的大小，故B錯誤；
C、足球運(yùn)動到最高點時，受重力的作用，合力不為零，則加速度不為零，故C錯誤；
D、研究足球旋轉(zhuǎn)方向時，需要考慮足球的形狀，故足球不能被看成質(zhì)點，故D正確；
故選：D。
質(zhì)點是用來代替物體的有質(zhì)量的點，是實際物體的理想化模型；位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置。位移的大小不大于路程。路程是標(biāo)量，是運(yùn)動路徑的長度。當(dāng)質(zhì)點做單向直線運(yùn)動時，位移的大小一定等于路程。
質(zhì)點的判定是重點內(nèi)容，注意依據(jù)的是“物體的大小和形狀在所研究的問題中能忽略”，即能不能看成質(zhì)點取決于問題性質(zhì)，與物體的形狀、運(yùn)動狀態(tài)等無關(guān)。

3.【答案】B

【解析】解：

依題意對金屬“蘋果”A進(jìn)行受力分析如上圖
A、由受力分析可知，A受到重力、摩擦力、磁力和支持力四個力，故A錯誤。
B、白板對A的力包括磁力、支持力和摩擦力，對這三個力進(jìn)行合成后，這三個力的合力即為白板對A的作用力，由于A靜止，所以白板對A的作用力與重力平衡，所以白板對A的作用力方向豎直向上，故B正確。
C、由于A靜止，所以白板對A的摩擦力等于A的重力，故C錯誤。
D、白板對A的力和A對白板的力是一對相互作用力，故D錯誤。
故選：B。
通過對A進(jìn)行受力分析，得到A受力的情況，分析平衡力和相互作用力。
此題為簡單的受力分析題目，需要熟練畫受力分析。

4.【答案】D

【解析】解：A、所有的電磁波均為橫波，故A錯誤；
B、麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲通過實驗捕捉到電磁波，故B錯誤；
C、電磁波在真空中的速度均為光速，則由c=vf可知，頻率越高的電磁波波長越短，故C錯誤；
D、電磁波可以傳遞信息和能量，故D正確。
故選：D。
明確電磁波的發(fā)現(xiàn)歷程以及性質(zhì)等，知道電磁波均為橫波；明確電磁波在真空中的速度均為光速，頻率越高的電磁波波長越短；而電磁波可以用來傳遞信息和能量。
本題考查電磁波的性質(zhì)，知道電磁波在真空中的速度均為光速，而電磁波均為橫波。

5.【答案】A

【解析】解：設(shè)天體的第一宇宙速度大小為v，根據(jù)萬有引力提供向心力，有
GMmR2=mv2R
整理可得v=GMR
故火星上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度與地球上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度的比值vhvd=MhRdMdRh=29
故火星上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度約為地球上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度的29倍。故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)萬有引力提供向心力寫出第一宇宙速度的表達(dá)式，結(jié)合題意求出火星上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度與地球上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度的關(guān)系。
在處理第一宇宙速度問題時，要注意天體的第一宇宙速度的影響因素，即第一宇宙速度與天體的質(zhì)量有關(guān)，與天體的半徑有關(guān)。

6.【答案】D

【解析】解：A、一對帶等量異種電荷的平行金屬板間的電場線中間部位的電場線基本是平行等距的，板間電場可理解為勻強(qiáng)電場，即板間場強(qiáng)處處相等，故A錯誤；
B、極板間電場方向由左極板指向右極板，沿電場線方向電勢降低，A點靠近左極板，B點靠近右極板，可知A點電勢高于B點電勢，故B錯誤；
C、板間場強(qiáng)由電場決定，與有無“模擬電場線”無關(guān)，沒有“模擬電場線”處的電場強(qiáng)度不一定為零，故C錯誤；
D、將正電荷從A移動到B，電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知，電荷的電勢能減少，故D正確。
故選：D。
A、根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點分析A、B兩點的場強(qiáng)關(guān)系；
B、根據(jù)電場方向判斷兩點的電勢關(guān)系；
C、板間場強(qiáng)只有電場決定，與有無“模擬電場線”無關(guān)；
D、根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，來判斷電勢能的變化。
在分析電荷的電勢能變化時，可以利用功能關(guān)系來判斷，即電場力做正功，電勢能減小；電場力做負(fù)功，電勢能增加，且電場力做功多少與電勢能的變化量相等。

7.【答案】A

【解析】解：AB、游船沿直道①緩慢上升時受到重力和游船對游客的作用力，游客的動能不變，重力勢能增加，機(jī)械能增加，重力對游客做負(fù)功，則游船對游客做正功，故A正確、B錯誤；
CD、游船沿滑道②下滑的過程中受到水的阻力，水對游船做負(fù)功，則游船對游客也做負(fù)功，使得游客的機(jī)械能減小，故CD錯誤。
故選：A。
游船沿直道①緩慢上升時游客的動能不變，重力勢能增加，機(jī)械能增加，由此分析游船對游客的做功情況；游船沿滑道②下滑的過程中受到水的阻力，整體的機(jī)械能減小，由此分析CD選項。
本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律的知識；要知道機(jī)械能守恒定律的守恒條件是只有重力或彈力做功，除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意運(yùn)動過程中機(jī)械能和其它形式的能的轉(zhuǎn)化關(guān)系。

8.【答案】B

【解析】解：A、每層樓的高度為3m，蘋果距地面的樓層數(shù)15，
故蘋果下降的高度h=3×15m=45m
蘋果做自由落體運(yùn)動，則h=12gt2，解得t=3s，故A錯誤；
B、落地時的速度v=gt=3×10m/s=30m/s，故B正確；
C、在下落過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，取蘋果釋放位置重力勢能為零，故E=0，故C錯誤；
D、落地時重力的功率約為P=mv=0.15×10×30W=45W，故D錯誤；
故選：B。
蘋果做自由落體運(yùn)動，估算出下降的高度，根據(jù)h=12gt2求得下降的高度，根據(jù)速度-時間求得速度，根據(jù)P=mgv求得瞬時功率，只有重力做功，機(jī)械能守恒，即可求得落地時的機(jī)械能。
本題主要考查了自由落體運(yùn)動，需要估算出下降的高度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求得時間和速度，結(jié)合只有重力做功，機(jī)械能守恒即可判斷。

9.【答案】C

【解析】解：A、簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，波形向左平移，則圖示時刻質(zhì)點K正向上振動，故質(zhì)點K比L后回到平衡位置，故A錯誤；
B、已知質(zhì)點L從波谷位置第一次到達(dá)波峰位置所需時間為1.0s，則周期為T=2s，由圖可知，λ=4m，則波速為v=λT=42m/s=2m/s，故B錯誤；
C、該波的頻率為f=1T=12Hz=0.5Hz，能發(fā)生穩(wěn)定干涉的兩列波頻率必須相同，則能與這列波發(fā)生穩(wěn)定干涉的波的頻率為0.5Hz，故C正確；
D、因t=1.5s=34T，由于M點在t=0時刻的位置不在平衡位置，也不在最大位移處，則在0～1.5s的時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為s≠3A=3×5cm=15cm，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)波的傳播方向，利用波形平移法判斷質(zhì)點K的振動方向，再分析質(zhì)點K、L回到平衡位置的先后；根據(jù)質(zhì)點L從波谷位置第一次到達(dá)波峰位置所需時間為1.0s，求周期，讀出波長，即可求出波的傳播速度；能發(fā)生穩(wěn)定干涉的兩列波頻率必須相同；根據(jù)時間與周期的關(guān)系，求質(zhì)點M經(jīng)過的路程。
本題要能夠根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì)點振動方向，常用的方法有波形平移法、上下坡法、質(zhì)點的振動法等，都要學(xué)會運(yùn)用。

10.【答案】C

【解析】解：A、由圖可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度向上均勻增大，則由楞次定律知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向下，故電容器的上極板帶正電，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度方向向下，對顆粒受力分析知電場力方向向上，則顆粒帶負(fù)電，故A錯誤；
B、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E=nΔΦΔt=nΔBSΔt=nSB2?B1t2?t1，顯然t1～t2時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢不變，故B錯誤；
CD、t1～t2時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢不變，電容器穩(wěn)定時電路中沒有電流通過，a點電勢等于b點電勢，故C正確，D錯誤。
故選：C。
由楞次定律判斷電容器兩極板帶電的正負(fù)，然后根據(jù)電容器兩極板間電場方向判斷顆粒的電性；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，均勻變化的磁場產(chǎn)生穩(wěn)定的電場；電容器穩(wěn)定時電路中沒有電流通過，a點電勢等于b點電勢。
本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是能夠運(yùn)用楞次定律判斷電流方向，并熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律的公式。

11.【答案】C

【解析】解：光路如圖，根據(jù)幾何關(guān)系，在BC面上的入射角和在AC面上的折射角相等，由折射定律，通過光的可逆性，可知出射光線仍然與AB平行。故ABD錯誤，C正確。

故選：C。
根據(jù)折射定律和光的可逆性判斷光從BC面射出時應(yīng)與AB平行。
本題考查光的折射定律，解題關(guān)鍵在于根據(jù)折射定律與幾何關(guān)系判斷出射光線。

12.【答案】D

【解析】解：AB、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，Ek=hν?W，圖線與縱軸的截距的絕對值表示金屬的逸出功，則金屬Y的逸出功大于金屬X的逸出功，圖線的斜率表示普朗克常量h，故AB錯誤；
C、乙圖為波長分布圖，Hγ線對應(yīng)光子的波長小于Hα線對應(yīng)光子的波長，則Hγ線對應(yīng)光子的頻率大于Hα線對應(yīng)光子的頻率，故C錯誤；
D、當(dāng)入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，金屬可以發(fā)生光電效應(yīng)，其中金屬X的逸出功小于金屬Y的逸出功，則金屬X的極限頻率小于金屬Y的極限頻率，若乙圖中Hβ線對應(yīng)的光子能使Y發(fā)生光電效應(yīng)，它也一定能使X發(fā)生光電效應(yīng)，故D正確。
故選：D。
根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程分析，Ek?ν圖線與縱軸的截距的絕對值表示金屬的逸出功。
Hγ線對應(yīng)光子的波長小于Hα線對應(yīng)光子的波長，則Hγ線對應(yīng)光子的頻率大于Hα線對應(yīng)光子的頻率。
當(dāng)入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，金屬可以發(fā)生光電效應(yīng)。
該題考查學(xué)生對光電效應(yīng)方程、玻爾原子模型的理解。解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律，以及知道光子頻率、波長的大小與能量變化的關(guān)系。

13.【答案】C

【解析】解：每天(6h)太陽能電池板吸收的太陽能：，
交通信號燈的電功率：，
交通信號燈正常工作8h消耗的電能：，
太陽能照明燈利用太陽能的效率：，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
根據(jù)題目提供的條件，可以求出每天(6h)太陽能電池板吸收的太陽能，這是總能量；根據(jù)交通信號燈正常工作時的電功率，又知道工作時間，可求消耗的電能，即轉(zhuǎn)化的有用功的能量，再利用效率公式求太陽能照明燈利用太陽能的效率。
本題考查了學(xué)生消耗電能的計算、效率的計算，掌握電功率、電能的計算方法，知道效率的計算公式。

14.【答案】AD

【解析】解：A、黑體輻射的實驗規(guī)律不能使用光的波動性解釋，而普朗克借助于能量子假說，完美的解釋了黑體輻射規(guī)律，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，故A正確；
B、康普頓效應(yīng)表明光子有動量，揭示了光的粒子性的一面，故B錯誤；
C、德布羅意提出實物粒子也具有波動性，湯姆遜在實驗中將電子束射到晶體上產(chǎn)生衍射圖樣，說明電子具有波動性，故C錯誤；
D、根據(jù)物理學(xué)史可知，玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功地解釋了氫原子光譜實驗規(guī)律，故D正確；
故選：AD。
普朗克借助于能量子假說，完美的解釋了黑體輻射規(guī)律，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念；湯姆遜通過電子束射到晶體上產(chǎn)生衍射圖樣說明電子具有波動性；
康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性的一面；玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜實驗規(guī)律。
本題考查了波粒二象性以及量子物理學(xué)理論的發(fā)展，解題關(guān)鍵是明確衍射和干涉是波特有的現(xiàn)象，能得到干涉圖樣或者衍射圖樣，都能說明該粒子具有波動性，另外?？嫉墓怆娦?yīng)和康普頓效應(yīng)都揭示了光的粒子性。

15.【答案】BD

【解析】解：A、排球在運(yùn)動過程中只受重力作用，故排球在飛行過程中處于失重狀態(tài)，故A錯誤；
B、設(shè)排球的初速度為v0，經(jīng)過t時間從A點運(yùn)動到B點，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有
水平方向L?x=v0t
豎直方向h1?h2=12gt2
代入數(shù)據(jù)可得t=0.5sv0=35m/s
故B正確；
C、設(shè)排球到達(dá)B點的動能為Ek，根據(jù)動能定理有
mg(h1?h2)=Ek?12mv02
整理代入數(shù)據(jù)可得Ek=175J
故C錯誤；
D、從A到B的過程中，排球只受重力作用，重力加速度為g，故該過程速度變化量大小為Δv=gt=10×0.5m/s=5m/s，故D正確。
故選：BD。
A、根據(jù)排球的受力特點分析排球在飛行過程中處于失重狀態(tài)；
B、根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，求出排球的初速度大小；
C、根據(jù)動能定理，結(jié)合題意分析排球到達(dá)B點的動能；
D、根據(jù)速度變化量的表達(dá)式求出速度變化量大小。
在處理平拋運(yùn)動問題時，可以把運(yùn)動分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動。

16.【答案】CD

【解析】解：A、圖示位置線圈位于與中性面垂直位置，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，其值為Em=NBSω，故A錯誤；
B、由圖示位置轉(zhuǎn)過90°時，穿過線圈的磁通量為Φ=BS，故B錯誤；
C、Δ由E?=NΔΦΔt，I?=E?R+r，q=IΔt，得到電荷量q=NBSR+r，故C正確；
D、感應(yīng)電動勢的有效值為E=Em2，所以電壓表示數(shù)為：U=RR+rR，聯(lián)立解得U=NBSωR2(R+r)，根據(jù)焦耳定律得：電阻R所產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=U2Rt=πN2B2S2ωR2(R+r)，故D正確；
故選：CD。
根據(jù)Em=NBSω求解感應(yīng)電動勢的最大值，根據(jù)E=Em2求解感應(yīng)電動勢的有效值，根據(jù)焦耳定律求得電阻R產(chǎn)生的熱量，根據(jù)q=NΔΦR+r求解電量。
本題關(guān)鍵記住交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交流電的最大值表達(dá)式Em=NBSω，注意可以根據(jù)q=NΔΦR+r求解電量，在解題時要注意，當(dāng)求電功、電壓表示數(shù)時一律用有效值；而求電量時要用平均值。

17.【答案】②? 0.22

【解析】解：(1)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中，物體做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，連續(xù)相等時間內(nèi)位移之差為定值，則Δs=at2，紙帶①后面的點跡間距不變，則不符合，所以符合要求的紙帶編號是②.
(2)橡皮筋對小車做功結(jié)束后，小車做勻速直線運(yùn)動，則選擇紙帶①，小車獲得的速度為
v=xt=2.2×10?20.1m/s=0.22m/s
故答案為：(1)②；(2)0.22
(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的特點(相鄰的時間間隔位移之差相等)去判斷問題。
(2)利用勻速直線運(yùn)動公式v=xt求解速度。
要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用。

18.【答案】C C

【解析】解：(1)A、小燈泡燈絲斷了，則電源沒有電流通過，所以不會電源不會顯示過載，故A錯誤；
B、電源接線沒有接在“直流”接線柱上，接交流電，小燈泡也會發(fā)光，故B錯誤；
C、小燈泡兩端電壓沒有從零開始逐漸增大調(diào)節(jié)，可能小燈泡被短路了，故C正確；
故選C。
(2)中心刻線與亮條紋未對齊，若要使兩者對齊，應(yīng)調(diào)節(jié)旋轉(zhuǎn)測量頭，故C正確，AB錯誤；
故選：C。
故答案為：(1)C；(2)C
(1)電流過載，說明回路中形成的電流大，結(jié)合電路圖即可判斷原因；
(2)發(fā)現(xiàn)里面的亮條紋與分劃板豎線未對齊，若要使兩者對齊，該同學(xué)應(yīng)調(diào)節(jié)測量頭。
本題主要考查了閉合電路故障分析及對用雙縫干涉測量光的波長實驗裝置的構(gòu)造及作用，能對故障進(jìn)行分析和糾正。

19.【答案】A2.753.002.12

【解析】解：(1)用多用電表粗測電池組的電動勢，是作為電壓表使用的，不需要歐姆調(diào)零，從指針的位置來看，應(yīng)該進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，即調(diào)節(jié)指針定位螺絲進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，故選A。
(2)由閉合電路歐姆定律可知E=U+Ir，變形得：U=?Ir+E
根據(jù)圖像可得，該電池組的電動勢為圖線的縱軸截距，即E=2.75V
圖線的斜率的絕對值即為內(nèi)阻：r=ΔUΔI=2.40?1.500.42?0.12Ω=3.00Ω
(3)根據(jù)分壓原理，有：
U=RR+r?E=1010+3×2.75V=2.12V
故答案為：(1)A；(2)2.75，3.00；(3)2.12
(1)根據(jù)多用電表的正確操作可判斷；
(2)根據(jù)E=U+Ir，變形后結(jié)合圖線的斜率和截距可求得；
(3)根據(jù)分壓原理求得電阻兩端的電壓。
本題考查“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗，關(guān)鍵在于熟練掌握實驗原理，以及將E=U+Ir變形結(jié)合圖線求解。

20.【答案】解：(1)無人機(jī)上升時，有h=12a1t12
解得a1=2m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有F?mg?f=ma1
代入數(shù)據(jù)解得f=4N
(2)失去升力，根據(jù)牛頓第二定律有mg+f=ma2
代入數(shù)據(jù)解得a2=12m/s2
經(jīng)時間t2=6s時，無人機(jī)的速度為v=a1t2=2×6m/s=12m/s
無人機(jī)能達(dá)到的最大高度為H=v22a1+v22a2=1222×2m+1222×12m=42m
答：(1)無人機(jī)上升時受到的阻力大小為4N；
(2)無人機(jī)能達(dá)到的最大高度為42m。

【解析】(1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得阻力大??；
(2)失去升力，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，進(jìn)而求得最大高度。
本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵在于對物體做受力分析，可以根據(jù)所受合力表示加速度。

21.【答案】解：(1)小滑塊從A點運(yùn)動到C點的過程，根據(jù)動能定理得
?mg?2R=12mvC2?12mv02
解得vC=4m/s
(2)小滑塊在C點時，由重力和軌道壓力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得
?mg+FN=mvC2R
解得FN=2.2N
根據(jù)牛頓第三定律知小滑塊在C點時對軌道的壓力大小FN′=FN=2.2N
(3)設(shè)小滑塊沿斜面DE上升的最大高度為h。
對小滑塊從A點到斜面DE上最高點的過程，由動能定理得：
?mgh?μmgcosθ?hsinθ=0?12mv02
解得h=1.35m
答：(1)小滑塊到達(dá)C點時的速度大小為4m/s；
(2)小滑塊在C點時對軌道的壓力大小為2.2N；
(3)小滑塊沿斜面DE上升的最大高度為1.35m。

【解析】(1)小滑塊從A點運(yùn)動到C點的過程，只有重力做功，根據(jù)動能定理求小滑塊到達(dá)C點時的速度大小；
(2)小滑塊在C點時，由重力和軌道壓力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求軌道對小球的壓力，再由牛頓第三定律得到小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。?br /> (3)對整個過程，利用動能定理求小滑塊沿斜面DE上升的最大高度。
本題涉及力在空間的積累效果，要想到動能定理。運(yùn)用動能定理時，要靈活選取研究過程，分析各個力做功情況。

22.【答案】解：(1)粒子在加速器中加速，由動能定理得：qU0=12mv02
加速后粒子從O點進(jìn)入豎直向上的電場中，在電場力下做類平拋運(yùn)動，如圖1所示；

在沿x軸方向上勻速直線運(yùn)動：L=v0t
在沿y軸方向上勻加速直線運(yùn)動，則有：y=L=12at2=12×qEmt2
聯(lián)立各式得電場強(qiáng)度：E=4U0L；
(2)如果在空腔中加磁場，粒子也恰好從上表面中心出來，根據(jù)左手定則可以判定磁場方向沿z軸的負(fù)方向，粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)半徑R=L。
在磁場中洛倫茲力提供向心力：qv0B=mv02R
解得：B=1L2mU0q；
(3)在(2)中磁場中，當(dāng)加速電壓為U1時，粒子剛好與上表面a′b′c′d′相切離開磁場，如圖2所示

此時軌道半徑為R1=L2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B=mv12R1
粒子在加速電場中加速過程中，根據(jù)動能定理可得：qU1=12mv12，
聯(lián)立可得：U1=U04；
當(dāng)加速電壓為U2時，粒子剛好從上表面b′c′中點離開磁場，如圖3所示；

此時根據(jù)幾乎關(guān)系可得：R22=(R2?L)2+(2L)2，可得
解得軌道半徑為：R2=2.5L，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv2B=mv22R2
粒子在加速電場中加速過程中，根據(jù)動能定理可得：qU2=12mv22，
聯(lián)立可得：U2=25U04；
綜上所述，粒子能夠打在上表面的條件為：U04≤U≤25U04。
答：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為4U0L；
(2)勻強(qiáng)磁場的場強(qiáng)大小為1L2mU0q，方向沿z軸的負(fù)方向；
(3)加速器板間電壓U的大小范圍為U04≤U≤25U04。

【解析】(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理求出加速后的速度，進(jìn)入空腔電場力與初速度垂直，粒子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律解答；
(2)粒子進(jìn)入磁場后圓周運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動軌跡找出運(yùn)動半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力計算出磁場強(qiáng)度，根據(jù)左手定則判斷磁場方向；
(3)加速電壓越大，粒子進(jìn)入磁場時速度越大，軌道半徑越大，采用軌跡圓的“縮放法”找出軌道半徑的最小值和最大值，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力進(jìn)行解答。
對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運(yùn)動時，一般是按類平拋運(yùn)動或勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行解答。

23.【答案】解：(1)金屬桿a在恒定功率下運(yùn)動，速度逐漸增大，安培力增大，功率不變，所以拉力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減為0時，拉力等于安培力，此時金屬桿a受力平衡，由公式：E=Bd1vm
串并聯(lián)電路總電阻：
根據(jù)歐姆定律有：I=ER1
導(dǎo)體受到的安培力大小：
P=Fvm
速度最大時導(dǎo)體受力平衡：
聯(lián)立解得：vm=5m/s
(2)對導(dǎo)體棒a運(yùn)用動量定理，規(guī)定向右為正方向：


即：?Bd1q=0?mavm
由電路結(jié)構(gòu)可知，電阻R與金屬桿b并聯(lián)，又因為兩者阻值相等
所以：qb=q2=2.5C
(3)對a棒列動能定理：
設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR，那么金屬桿b產(chǎn)生的焦耳熱也為QR，由于金屬桿a的電阻為金屬桿b的一半，電流為b的兩倍，由：Q=I2Rt，可知，金屬桿a產(chǎn)生的焦耳熱為2QR則：
解得：QR=516J
(4)a、b棒最終勻速：Bd1va=Bd2vb
對a棒列動量定理：?Bd1qa=mava?mavm
對b棒列動量定理：?Bd2qb=mbvb?0
qa=qb+Qc
Qc=CBd2vb=451109C
答：(1)金屬桿a的最大速度為5m/s；
(2)從撤去拉力F至金屬桿a停止運(yùn)動的過程中，流過金屬桿b的電量為2.5C；
(3)從撤去拉力F至金屬桿a停止運(yùn)動的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為516J；
(4)若撤去拉力F的同時對金屬桿b解除鎖定，且同時將切換開關(guān)S打到電容器C，電容器C最終的帶電量為451109C。

【解析】(1)由平衡關(guān)系可求出金屬桿的最大速度；
(2)根據(jù)動量定理，可求解出電荷量大?。?br /> (3)根據(jù)能量守恒定律可以求解出電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大?。?br /> (4)由分析可得A B兩棒最終勻速，通過對A B列動量定理可求解出最終電容器上的帶電量。
對于電磁感應(yīng)問題，研究思路常常有兩條，一是從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件，列出方程，二是從能量動量角度，根據(jù)能量守恒，動量定理等列方程求解。

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