1.下列物理量是矢量且其單位屬于基本單位的是( )
A. 位移mB. 質(zhì)量kgC. 時(shí)間sD. 力N
2.如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在平行于玻璃的拉力作用下，沿與豎直方向夾角為60°的虛線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若摩擦力大小與重力大小相等，重力加速度為g，則拉力的大小為( )
A. mgB. 2mgC. 32mgD. 3mg
3.蕪湖輕軌開(kāi)通已一年多，給市民日常出行帶來(lái)很多的方便，如圖一列輕軌列車進(jìn)站時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，車頭前端經(jīng)過(guò)站臺(tái)上三個(gè)間隔相等的立柱A、B、C，對(duì)應(yīng)時(shí)刻分別為t1、t2、t3，其x?t圖像如圖所示。則下列說(shuō)法正確的是( )
A. t1：t2：t3=1： 2： 3
B. 車頭前端經(jīng)過(guò)立柱A時(shí)的速度大小為x0t1
C. 車頭前端經(jīng)過(guò)立柱A、C過(guò)程中的平均速度大小為2x0t3?t1
D. 車頭前端經(jīng)過(guò)立柱A、B過(guò)程中間位置時(shí)的速度大小為x0t2?t1
4.2021年7月我國(guó)成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星——“風(fēng)云三號(hào)05星”送入預(yù)定圓軌道，軌道周期約為1.7?，被命名為“黎明星”，使我國(guó)成為國(guó)際上唯一同時(shí)擁有晨昏、上午、下午三條軌道氣象衛(wèi)星組網(wǎng)觀測(cè)能力的國(guó)家，如圖所示。某時(shí)刻“黎明星”正好經(jīng)過(guò)赤道上P城市(未標(biāo)出)正上方，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. “黎明星”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于7.9km/s
B. 同步衛(wèi)星的軌道半徑小于“黎明星”的軌道半徑
C. 該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過(guò)1.7?能經(jīng)過(guò)P城市正上方
D. 該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過(guò)17天能經(jīng)過(guò)P城市正上方
5.無(wú)線話筒是LC振蕩電路的一個(gè)典型應(yīng)用．在LC振蕩電路中，某時(shí)刻磁場(chǎng)方向、電場(chǎng)方向如圖所示，下列說(shuō)法正確的是
( )
A. 電容器正在充電B. 振蕩電流正在增大
C. 線圈中的磁場(chǎng)正在增強(qiáng)D. 增大電容器兩板距離，LC振蕩頻率減小
6.與如圖相關(guān)的說(shuō)法正確的是( )
A. 圖甲：湯姆孫的氣體放電管實(shí)驗(yàn)可估測(cè)電子的比荷
B. 圖乙：盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)可估測(cè)原子的半徑
C. 圖丙：康普頓認(rèn)為光子與電子碰撞之后，動(dòng)量減小、波長(zhǎng)變短
D. 圖?。翰柪碚摽梢越忉屗形镔|(zhì)發(fā)出的線狀光譜
7.如圖所示，將一小球從傾角θ=30°的斜面頂端A點(diǎn)以初速度v0水平拋出，落在斜面上的B點(diǎn)，C為小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與斜面相距最遠(yuǎn)的點(diǎn)，CD垂直AB。小球可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，則( )
A. 小球在C點(diǎn)的速度大小是2v0
B. 小球在從A到C點(diǎn)所用時(shí)間小于從C到B點(diǎn)所用時(shí)間
C. 小球在B點(diǎn)的速度與水平方向的夾角正切值是2tanθ
D. A、D兩點(diǎn)間距離等于D、B兩點(diǎn)間距離
8.如圖所示，一固定光滑桿與水平方向夾角為θ，將一質(zhì)量為m1的小環(huán)套在桿上，通過(guò)輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m2的小球，靜止釋放后，小環(huán)與小球保持相對(duì)靜止以相同的加速度a一起下滑，此時(shí)繩子與豎直方向夾角為β，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 桿對(duì)小環(huán)的作用力大于m1g+m2gB. m1不變，則m2越大，β越小
C. θ=β，與m1、m2無(wú)關(guān)D. 若桿不光滑，β可能大于θ
9.一個(gè)電荷量為?q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力的作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能Ek隨位置x變化的關(guān)系圖像如圖所示，圖像關(guān)于x=2x0對(duì)稱，規(guī)定x=5x0處電勢(shì)為零，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 在x0～2x0區(qū)間，電勢(shì)不斷降低
B. 在x=2x0處的電勢(shì)φ=2E0q
C. 在2x0～3x0區(qū)間，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小
D. 電荷在x=4x0處的電勢(shì)能為E0
10.如圖所示，2022年長(zhǎng)江流域發(fā)生嚴(yán)重干旱災(zāi)害期間，農(nóng)民通過(guò)潛水泵抽取地下水灌溉農(nóng)田。已知潛水泵由電動(dòng)機(jī)、水泵、輸水鋼管組成，某地下水源距離地表6m深，安裝潛水泵時(shí)將一根輸水鋼管豎直打入地底下與地下水源連通，水泵出水口離地表高度為0.45m，水流由出水口水平噴出時(shí)的速度為4m/s，每秒出水量為3kg。水泵由功率為330W的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，已知電動(dòng)機(jī)額定電壓為220V，水泵的抽水效率為75%，水的密度為1.0×103kg/m3，則( )
A. 出水口鋼管橫截面積為2.5×10?3m2B. 每秒內(nèi)水流機(jī)械能增加24J
C. 水泵的輸出功率為217.5WD. 電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為1609Ω
11.如圖所示，空氣中有一折射率為 2的玻璃柱體，其橫截面是圓心角為90°.半徑為R 的扇形NBC.該柱體厚度為?，即MN=DC=AB=?.一束剛好覆蓋ABNM面的單色光，以與該面成45°角的方向照射到ABNM面上．若只考慮首次入射到ABCD面上的光，則ABCD面上有光透出部分的面積為( )
A. πR?6B. πR?4C. πR?3D. 5πR?12
12.信息時(shí)代，霍爾元件被廣泛應(yīng)用。如圖所示，寬度為?、厚度為d的金屬霍爾元件，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，電子電量為e。將它放在與之垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=B0sinωt的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)恒定電流I通過(guò)霍爾元件時(shí)，在它的前后兩個(gè)側(cè)面之間會(huì)產(chǎn)生交流電壓，這樣就實(shí)現(xiàn)了將直流輸入轉(zhuǎn)化為交流輸出。在元件的前后兩個(gè)側(cè)面接入交流電壓表(圖中未畫(huà)出)，則電壓表示數(shù)為( )
A. IB0nedsinωtB. IB0 2nedC. IB0ne?sinωtD. IB0 2ne?
13.光電倍增管是進(jìn)一步提高光電管靈敏度的光電轉(zhuǎn)換器件。管內(nèi)除光電陰極和陽(yáng)極外，兩極間還放置多個(gè)瓦形倍增電極。使用時(shí)相鄰兩倍增電極間均加有電壓，以此來(lái)加速電子。如圖所示，光電陰極受光照后釋放出光電子，在電場(chǎng)作用下射向第一倍增電極，引起電子的二次發(fā)射，激發(fā)出更多的電子，然后在電場(chǎng)作用下飛向下一個(gè)倍增電極，又激發(fā)出更多的電子，如此電子數(shù)不斷倍增，使得光電倍增管的靈敏度比普通光電管要高得多，可用來(lái)檢測(cè)微弱光信號(hào)。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 光電倍增管正常工作時(shí)，每個(gè)倍增電極上都發(fā)生了光電效應(yīng)
B. 光電倍增管中增值的能量來(lái)源于照射光
C. 圖中標(biāo)號(hào)為偶數(shù)的倍增電極的電勢(shì)要高于標(biāo)號(hào)為奇數(shù)的電極的電勢(shì)
D. 適當(dāng)增大倍增電極間的電壓有利于探測(cè)更微弱的信號(hào)
二、多選題（本題共2小題，共6分）
14.關(guān)于分子動(dòng)理論，下列說(shuō)法中正確的是( )
A. 圖甲“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得油酸分子大小的數(shù)量級(jí)為10?10m
B. 圖乙為布朗運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)的觀測(cè)記錄，圖中記錄的是某個(gè)微粒做布朗運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖線
C. 圖丙為分子力F與分子間距r的關(guān)系圖，分子間距從r0增大時(shí)，分子勢(shì)能先增大后減小
D. 圖丁為大量氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率分布圖，曲線②對(duì)應(yīng)的分子平均動(dòng)能較大
15.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，在t=0.125s時(shí)的波形如圖甲所示，M、N、P、Q是介質(zhì)中的四個(gè)質(zhì)點(diǎn)，已知N、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置之間的距離為16m。如圖乙所示為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 該波的波速為120m/s
B. 該波沿x軸負(fù)方向傳播
C. 質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置位于x=3m處
D. 從t=0.125s開(kāi)始，質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)N早130s回到平衡位置
三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共18分）
16.某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，驗(yàn)證“當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規(guī)律。已知小車的質(zhì)量為M，砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量為m，試回答下列問(wèn)題：

①實(shí)驗(yàn)小組______(填“需要”或“不需要”)平衡小車和長(zhǎng)木板之間的摩擦力，______(填“需要”或“不需要”)滿足m?M的條件。
②在滿足實(shí)驗(yàn)條件時(shí)得到一條紙帶如圖乙所示，圖中O、A、B、C、D為相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間有4個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電頻率為50Hz，則由紙帶可知，小車的加速度大小為_(kāi)_____m/s2(保留三位有效數(shù)字)。說(shuō)明實(shí)驗(yàn)時(shí)______(填寫(xiě)“滿足”或者“沒(méi)有滿足”)m?M的條件。
③在滿足實(shí)驗(yàn)條件時(shí)，研究小車質(zhì)量一定的情況下其加速度a與砝碼重力F(忘記測(cè)量砝碼盤(pán)的質(zhì)量，但其他操作均正確)的關(guān)系，得到a與F的關(guān)系應(yīng)該是圖丙中的______(填“①”、“②”或“③”)。
17.某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)定一節(jié)蓄電池的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)器材如下：
電流表A1(量程0～200μA，內(nèi)阻為800Ω)；
電流表A2(量程0～300mA，內(nèi)阻為0.3Ω)；
定值電阻R1(阻值為4.0Ω)；
定值電阻R2(阻值為9200Ω)；
滑動(dòng)變阻器R(最大阻值為50Ω)；
待測(cè)蓄電池一節(jié)(電動(dòng)勢(shì)約為2V)；
開(kāi)關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干。
(1)該實(shí)驗(yàn)小組利用所學(xué)知識(shí)正確連接實(shí)物電路如圖甲所示，圖中虛線框內(nèi)的電表應(yīng)選______(選填“A1”或“A2”)，虛線框內(nèi)的定值電阻應(yīng)選______(選填“R1”或“R2”)；

(2)電流表A1示數(shù)用I1表示，電流表A2示數(shù)用I2表示，該小組通過(guò)改變滑動(dòng)變阻器滑片位置，得到了多組I1、I2數(shù)據(jù)，并作出I1?I2圖像，如圖乙所示。根據(jù)圖像可知，該蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_____V，內(nèi)阻為_(kāi)_____Ω。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
四、計(jì)算題（本題共4小題，共37分）
18.某探究小組設(shè)計(jì)了一個(gè)報(bào)警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用面積S=100cm2、質(zhì)量m=1kg的活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無(wú)摩擦滑動(dòng)。開(kāi)始時(shí)氣體處于溫度TA=300K、活塞與容器底的距離?0=30cm的狀態(tài)A。環(huán)境溫度升高時(shí)容器內(nèi)氣體被加熱，活塞緩慢上升d=3cm恰好到達(dá)容器內(nèi)的卡口處，此時(shí)氣體達(dá)到狀態(tài)B?；钊３植粍?dòng)，氣體被繼續(xù)加熱至溫度Tc=363K的狀態(tài)C時(shí)觸動(dòng)報(bào)警器。從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體內(nèi)能增加了ΔU=158J。取大氣壓p0=0.99×105Pa，求氣體：
(1)在狀態(tài)B的溫度；
(2)在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；
(3)由狀態(tài)A到狀態(tài)C過(guò)程中從外界吸收熱量Q。
19.如圖，半徑R=0.5m的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，AB是軌道的豎直直徑，軌道下端點(diǎn)B上靜止著質(zhì)量m=2kg的小物塊，軌道在B點(diǎn)與傾角θ=30°的傳送帶(輪子半徑很小)上端點(diǎn)相切；電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以v=8m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶下端點(diǎn)C與水平面CDO平滑連接，B、C間距L=4m；一輕質(zhì)彈簧的右端固定在O處的擋板上，質(zhì)量M=10kg的物體靠在彈簧的左端D處，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，C、D間距x0=4.4m，OD段光滑，DC段粗糙。現(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在軌道上B點(diǎn)M與m正碰(碰撞時(shí)間不計(jì))，碰后兩物體粘在一起且恰好能沿圓軌道通過(guò)A點(diǎn)，上述過(guò)程中，M經(jīng)C點(diǎn)滑上和經(jīng)B點(diǎn)離開(kāi)傳送帶時(shí)，速度大小不變，方向分別變?yōu)檠貍魉蛶蛏虾退较蜃蟆Ｒ阎狹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1= 32、與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.5，且m、M均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)在圓弧軌道的B點(diǎn)，m、M碰后粘在一起的瞬間對(duì)軌道的壓力
(2)M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q；
(3)M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢(shì)能EP以及帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)由于運(yùn)送M多輸出的電能E。
20.如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy中，在x軸上方有方向垂直紙面向外、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1區(qū)域，圓心O1的位置坐標(biāo)為(0,R)，x軸下方虛線MN與x軸平行，在MN下方有垂直紙面向里的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2區(qū)域，磁場(chǎng)上邊界與MN重合，在MN與x軸間有方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有兩個(gè)相同帶正電粒子a和b，以平行于x軸的速度v0分別正對(duì)O1點(diǎn)和P(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方電場(chǎng)區(qū)域。已知MN下方勻強(qiáng)磁場(chǎng)足夠大且磁感應(yīng)強(qiáng)度B2= 3mv02qR，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E= 3mv022qR，MN與x軸間距離Δy= 3R，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計(jì)，計(jì)算結(jié)果可以保留根式形式。
(1)求圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?br>(2)若帶電粒子a和b同時(shí)進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，求粒子a和b先后經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的時(shí)間差Δt；
(3)帶電粒子b在x軸下方運(yùn)動(dòng)的周期T0。
21.如圖所示，間距L=1m的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，左側(cè)接C=0.1F的電容，開(kāi)始時(shí)不帶電，右側(cè)接R=6Ω的電阻，中間MA、ND段絕緣，右側(cè)ADEF區(qū)域存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=1T，AF長(zhǎng)度d=1.8m，MN左側(cè)軌道足夠長(zhǎng)且存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=2T，EF的右側(cè)某位置固定一輕質(zhì)彈簧。金屬桿a、b的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量均為m=0.1kg，電阻均為r=6Ω，金屬桿a以v0=10m/s的速度進(jìn)入ADEF磁場(chǎng)區(qū)域，金屬桿b靜止在ADEF區(qū)域外側(cè)，金屬桿a、b碰后粘連在一起，求：
(1)a棒剛進(jìn)入ADEF磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，通過(guò)a棒的電流大?。?br>(2)粘連一起后的導(dǎo)體棒剛進(jìn)入MN左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大??；
(3)導(dǎo)體棒最終的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本題考查了矢量和標(biāo)量、力學(xué)單位制；國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量和基本單位，要記住中學(xué)涉及的基本物理量和基本單位，要注意牛頓不是基本單位，而是導(dǎo)出單位。
標(biāo)量是只有大小，沒(méi)有方向的物理量；矢量是既有大小又有方向的物理量；
國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量。分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光照強(qiáng)度、物質(zhì)的量。它們?cè)趪?guó)際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式推導(dǎo)出來(lái)的物理量的單位叫做導(dǎo)出單位。
【解答】
A.位移是矢量，其單位m是基本單位，故A正確；
B.質(zhì)量是標(biāo)量，其單位kg是基本單位，故B錯(cuò)誤；
C.時(shí)間是標(biāo)量，其單位s是基本單位，故C錯(cuò)誤；
D.力是矢量，其單位N是導(dǎo)出單位，故D錯(cuò)誤。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本題考查了平衡條件的應(yīng)用，根據(jù)力的分解求出兩個(gè)方向的分力，再求合力即可。
【解答】
將拉力分解為沿水平方向的分量Fx 和豎直方向的分量Fy ，擦窗工具做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受的合力為零。根據(jù)題意和力的平衡可得f=mg，F(xiàn)y=mg+fcs60°=32mg，F(xiàn)x=fsin60°= 32mg
因此拉力F的大小為F= Fx2+Fy2= 3mg
故選D。
3.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為0時(shí)，連續(xù)通過(guò)三段相同位移的時(shí)間之比為1： 2： 3，而動(dòng)車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B.x0t1為動(dòng)車第一段位的平均速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，平均速度不等于初速度，故B錯(cuò)誤；
C.車頭前端經(jīng)過(guò)立柱A、C過(guò)程中的平均速度大小為v?=2x0t3?t1；故C正確；
D.x0t2?t1為車頭前端經(jīng)過(guò)立柱A、B過(guò)程的平均速度，即中間時(shí)刻速度，不等于中間位置時(shí)的速度，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
本題根據(jù)連續(xù)相等位移時(shí)間之比結(jié)合平均速度為中間時(shí)刻速度，以及平均速度的定義式求解。
本題考查了勻變速運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，理解平均速度為中間時(shí)刻速度，掌握幾個(gè)比例規(guī)律是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵。
4.【答案】D
【解析】解：?為地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度小于7.9km/?，故A錯(cuò)誤；
B.“黎明星”軌道周期約為1.7?，同步衛(wèi)星的周期約為24?，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律
r13r23=T12T22
可得同步衛(wèi)星的軌道半徑大于“黎明星”的軌道半徑，故B錯(cuò)誤；
C.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過(guò)1.7?，正好運(yùn)行一個(gè)周期，“黎明星”轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間與P城市轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間相等，因?yàn)榈厍虻淖赞D(zhuǎn)，P城市轉(zhuǎn)過(guò)的角度為
θ1=ωt1=2π24×1.7rad/s=17π120rad/s
則P城市轉(zhuǎn)走了，“黎明星”沒(méi)有經(jīng)過(guò)P城市正上方，故C錯(cuò)誤；
D.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過(guò)17天運(yùn)動(dòng)的周期數(shù)為
n=17×241.7個(gè)=240個(gè)
“黎明星”轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間與P城市轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間相等，此時(shí)P城市轉(zhuǎn)過(guò)的角度為
θ2=ωt2=2π24×17×24rad/s=34πrad/s
此時(shí)P城市正好轉(zhuǎn)回最初的位置，“黎明星”經(jīng)過(guò)P城市的正上方，故D正確。
故選：D。
根據(jù)最大環(huán)繞速度分析判斷；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律分析判斷；根據(jù)角速度的定義式分析判斷；根據(jù)角速度的定義式分析判斷。
本題關(guān)鍵掌握“黎明星”轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間與P城市轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間相等。
5.【答案】A
【解析】【分析】
根據(jù)安培定則判斷線圈的電流方向，根據(jù)電場(chǎng)方向與電流方向相同，可知電容器充電；
電容器充電，電流正在減小，線圈中的磁場(chǎng)正在減弱，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能；
根據(jù)平行板電容器公式C=?rS4πkd，增大電容器兩板之間的距離，電容減小，根據(jù)f=1T=12π LC可知頻率變化；
明確LC振蕩電路中電容器和線圈之間的變化，知道怎么判斷電容器是充電還是放電。
【解答】
A、由題圖中磁場(chǎng)的方向，根據(jù)安培定則可知電流由電容器上極板經(jīng)線圈流向下極板，由電場(chǎng)方向可知，下極板是正極，故此時(shí)電容器正在充電，故A正確；
BC、電容器正在充電，則電路中電流正在減小，線圈中的磁場(chǎng)正在減弱，故BC錯(cuò)誤；
D、根據(jù)平行板電容器公式C=?rS4πkd，增大電容器兩板之間的距離，電容減小，根據(jù)f=1T=12π LC知LC振蕩頻率增大，故D錯(cuò)誤。
6.【答案】A
【解析】解：A.湯姆孫通過(guò)研究氣體放電管實(shí)驗(yàn)求出了陰極射線的比荷，明確陰極射線是電子，故A正確；
B.盧瑟福在用α粒子轟擊金箔的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子發(fā)生較大的偏轉(zhuǎn)，提出原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)，并能估測(cè)原子核的半徑，故B錯(cuò)誤；
C.康普頓認(rèn)為光子與電子碰撞之后，動(dòng)量減小、波長(zhǎng)變長(zhǎng)，從而說(shuō)明光子具有粒子性，故C錯(cuò)誤；
D.玻爾理論只可以解釋氫原子的光譜現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子；
盧瑟福在用α粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子核式結(jié)構(gòu)；
康普頓認(rèn)為光子與電子碰撞之后，動(dòng)量減小、波長(zhǎng)變長(zhǎng)；
玻爾理論只可以解釋氫原子的光譜現(xiàn)象。
本題考查學(xué)生對(duì)陰極射線的發(fā)現(xiàn)、α粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果、康普頓效應(yīng)、玻爾理論的掌握，是一道基礎(chǔ)題。
7.【答案】C
【解析】解：A、小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，把C點(diǎn)時(shí)速度分解如下
則有v=v0csθ=2 33v0
故A錯(cuò)誤；
B、小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，把C點(diǎn)時(shí)速度分解如下
則豎直速度為vCy=v0tanθ= 33v0
則A到C用時(shí)為tAC=vCyg= 3v03g
到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由平拋運(yùn)動(dòng)物體在任意時(shí)刻(任意位置)，速度夾角的正切值為位移夾角正切值的2倍可得，豎直速度為vBy=v0×2tanθ=2 33v0
C到B點(diǎn)所用時(shí)間tCB=vBy?vDyg= 3v03g
則小球在從A到C點(diǎn)所用時(shí)間等于從C到B點(diǎn)所用時(shí)間，故B錯(cuò)誤；
C、由平拋運(yùn)動(dòng)物體在任意時(shí)刻(任意位置)，速度夾角的正切值為位移夾角正切值的2倍可得，小球在B點(diǎn)時(shí)，小球在B點(diǎn)時(shí)的速度與水平方向夾角正切值為2tanθ，故C正確；
D、由于小球在從A到C點(diǎn)所用時(shí)間等于從C到B點(diǎn)所用時(shí)間，且水平速度不變，則AB中點(diǎn)應(yīng)位于C點(diǎn)正下方，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，由此求出小球在C點(diǎn)的速度大小；小球落在B點(diǎn)時(shí)，豎直位移與水平位移之比等于tanθ，由此求解小球從A到B點(diǎn)所用時(shí)間，進(jìn)一步求出小球在B點(diǎn)的速度與水平方向的夾角正切值，由分位移公式和幾何知識(shí)相結(jié)合求解A、B兩點(diǎn)間距離。
解決本題時(shí)，要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，根據(jù)分位移的關(guān)系求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間是關(guān)鍵。
8.【答案】C
【解析】解：A、以整體為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖，
根據(jù)牛頓第二定律得：
(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a
得：a=gsinθ
N=(m1+m2)gcsθβ，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
先以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度和桿對(duì)小環(huán)的作用力，再以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律得到θ與β的關(guān)系．
本題是牛頓第二定律的應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是研究對(duì)象的選擇，采用整體法和隔離法結(jié)合比較簡(jiǎn)便．
9.【答案】B
【解析】解：A、由于只有電場(chǎng)力做功，所以點(diǎn)電荷的動(dòng)能與電勢(shì)能總和不變。在x0～2x0區(qū)間，點(diǎn)電荷的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，由于點(diǎn)電荷帶負(fù)電，所以電勢(shì)不斷升高，故A錯(cuò)誤；
B、規(guī)定x=5x0處電勢(shì)為零，則點(diǎn)電荷在x=5x0處電勢(shì)能為零，由圖可知，在x=5x0處點(diǎn)的點(diǎn)電荷動(dòng)能為零，所以點(diǎn)電荷的動(dòng)能與電勢(shì)能總和為零，即E=Ep+Ek=0。在x=2x0處動(dòng)能為2E0，則在x=2x0處的電荷的電勢(shì)能為?2E0，該點(diǎn)的電勢(shì)φ=?2E0?q=2E0q，故B正確；
C、在2x0～3x0區(qū)間，圖像的切線斜率增大，斜率表示點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力的大小，所以點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故C錯(cuò)誤；
D、電荷的動(dòng)能與電勢(shì)能總和為零，所以x=4x0處電荷的電勢(shì)能為?E0，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)動(dòng)能變化，由能量守恒定律判斷電勢(shì)能變化；只有電場(chǎng)力做功，電荷的動(dòng)能與電勢(shì)能總和不變，求電勢(shì)能再求電勢(shì)；根據(jù)Ek?x圖像的斜率判斷電場(chǎng)力的變化，再判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。根據(jù)能量守恒定律求解電荷在x=4x0處的電勢(shì)能。
本題解題關(guān)鍵是掌握只有電場(chǎng)力做功，電荷的動(dòng)能與電勢(shì)能總和不變，Ek?x圖像的斜率表示電荷受到的電場(chǎng)力的大小。
10.【答案】D
【解析】解：A.每秒出水量質(zhì)量m=ρV，V=S?vt=Sv
聯(lián)立得S=7.5×10?4m2
故A錯(cuò)誤；
B.以每秒出水量為研究對(duì)象，每秒機(jī)械能增加為ΔE=mg?+12mv2
?=6+0.45m=6.45m
代入數(shù)據(jù)解得ΔE=217.5J
故B錯(cuò)誤；
C.水泵的輸出功率P出=P75%=Wt75%=ΔEt75%=217.575%W=290W
故C錯(cuò)誤；
D.對(duì)電動(dòng)機(jī)，有P總=P出+I2r
P總=UI
聯(lián)立r=1609Ω
故D正確。
故選：D。
根據(jù)m=ρV，計(jì)算S；根據(jù)機(jī)械能增量表達(dá)式，計(jì)算機(jī)械能增量；根據(jù)輸出功率、總功率計(jì)算式，計(jì)算輸出功率、總功率。
本題綜合性強(qiáng)，考點(diǎn)多，需要學(xué)生重點(diǎn)掌握輸出功率、總功率的計(jì)算公式，難度中等。
11.【答案】B
【解析】解：根據(jù)折射定律有：n=sinisinr，得sinr=sinin=sin45° 2=0.5，折射角r=30°，即光進(jìn)入玻璃后光線與豎直方向的夾角為30°．
過(guò)N的光線垂直入射到BC界面上點(diǎn)D射出，D到B之間沒(méi)有光線射出；越接近A的光線入射到NB界面上時(shí)的入射角越大，發(fā)生全反射的可能性越大．
根據(jù)臨界角公式：sinC=1n=1 2，可得臨界角C=45°
設(shè)BC界面上的臨界點(diǎn)為E，此光線在NB界面上點(diǎn)F入射，在三角形NEB中可求得NE與水平方向的夾角為：
180°?(120°+45°)=15°
所以E到B之間沒(méi)有光線射出．由此可得沒(méi)有光線射出的圓弧對(duì)應(yīng)圓心角為90°?(30°+15°)=45°=π4
所以有光透出的部分的弧長(zhǎng)為14πR，則ABCD面上有光透出部分的面積為S=14πR?.故ACD錯(cuò)誤，B正確．
故選：B．
作出兩條特殊光線，一是從N或M點(diǎn)射入玻璃柱體的光線，在AO面上折射后傳播入方向不變，二是在BC圓弧面上發(fā)生恰好全反射的光線，有光透出的部分在這兩條光線之間，然后根據(jù)幾何關(guān)系求解．
根據(jù)光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光線透出的范圍，然后依據(jù)幾何關(guān)系求解．
12.【答案】B
【解析】解：自由電子做定向移動(dòng)，電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，有eU?=Bev
解得U=B?v；
而電流的微觀表達(dá)式I=neSv=ne?dv，則有：U=B?Ine?d=IB0nedsinωt
電壓表的示數(shù)為交流電的有效值，故有：U有效=Um 2=IB0 2ned，故B正確、ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
抓住電子受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式求出電勢(shì)差的大小，再根據(jù)有效值和瞬時(shí)值的關(guān)系進(jìn)行解答。
解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判定洛倫茲力的方向，以及知道最終電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡。
13.【答案】D
【解析】解：A.光電效應(yīng)是當(dāng)光子的頻率大于極限頻率時(shí)，物質(zhì)內(nèi)部的電子能夠吸收光子的能量后逸出的現(xiàn)象，而光電倍增管正常工作時(shí)，每個(gè)倍增電極上被加速后的電子撞擊激發(fā)出更多的電子，這不符合光電效應(yīng)現(xiàn)象的特點(diǎn)，故不是光電效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；
B.光電倍增管中增值的能量來(lái)源于相鄰兩倍增電極間的加速電場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；
C.電子在相鄰倍增電極中加速，故圖中標(biāo)號(hào)數(shù)字較大的倍增電極的電勢(shì)要高于數(shù)字較小的電極的電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；
D.適當(dāng)增大倍增電極間的電壓，被加速的電子獲得的動(dòng)能更大，更有利于電極電子的電離，故有利于探測(cè)更微弱的信號(hào)，故D正確。
故選D。
理解光電效應(yīng)的現(xiàn)象，結(jié)合題目條件完成分析；
根據(jù)題意分析出光電倍增管中增值的能量來(lái)源；
根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得出不同電極的電勢(shì)的高低；
理解電壓對(duì)電子動(dòng)能的影響，從而完成分析。
本題主要考查了光電效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件和對(duì)應(yīng)的特點(diǎn)，同時(shí)分析光電倍增管的原理即可完成分析。
14.【答案】AD
【解析】解：A.“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得油酸分子大小的數(shù)量級(jí)為10?10 m，故A正確；
B.題圖乙為布朗運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)的觀測(cè)記錄，圖中記錄的是某個(gè)微粒做布朗運(yùn)動(dòng)每隔一定時(shí)間所到的位置，然后連起來(lái)，但是該圖并不是某個(gè)微粒做布朗運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖線，故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)分子力F與分子間距r的關(guān)系圖，分子間距從r0開(kāi)始增大時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，做負(fù)功，分子勢(shì)能變大，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)大量氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率分布的特點(diǎn)可知，曲線②中分子速率較大的占比較大，故對(duì)應(yīng)的分子平均動(dòng)能較大，但并不是每個(gè)分子的動(dòng)能都較大，故D正確。
故選：AD。
明確“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)原理，知道分子大小的數(shù)量級(jí)；折線是花粉顆粒在不同時(shí)刻的位置的連線，并不是花粉顆粒的運(yùn)動(dòng)軌跡；分子間距從r0增大時(shí)，分子力先變大后變??；大量氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率分布圖中②的速率大分子占據(jù)的比例較大，②對(duì)應(yīng)的溫度較高。
本題考查了“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)、布朗運(yùn)動(dòng)、分子力、氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率分布等熱學(xué)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化記憶。
15.【答案】ABD
【解析】解：A、根據(jù)三角函數(shù)的相關(guān)知識(shí)可知，NQ兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置之間的距離為：
xNQ=3λ4?π62π?λ=16m
解得：λ=24m
根據(jù)圖乙可知波的周期為T(mén)=0.2s
因此波速為v=λT=240.2m/s=120m/s，故A正確；
B、由圖乙可知，t=0.125s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，故B正確；
C、由圖乙可知，在t=0.125s之后，質(zhì)點(diǎn)P第一次位于波峰的時(shí)間為t=0.25s，由此可知波峰為t=0.125s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q所在處的波峰傳播來(lái)的，所以有
xQ?xPv=0.25s?0.125s
解得：xP=1m，故C錯(cuò)誤；
D、從t=0.125s開(kāi)始，質(zhì)點(diǎn)Q第一次回到平衡位置所經(jīng)歷的時(shí)間為
t1=T4=0.05s
圖甲中，質(zhì)點(diǎn)Q左側(cè)波形的第一個(gè)平衡位置處坐標(biāo)為
x1=xQ?λ4=10m
該振動(dòng)狀態(tài)第一次傳播到質(zhì)點(diǎn)N所經(jīng)歷的時(shí)間為：
t2=x1v=10120s=112s
則Δt=t2?t1=112s?0.05s=130s，即質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)N早130s回到平衡位置，故D正確；
故選：ABD。
根據(jù)圖甲得出波長(zhǎng)，結(jié)合波長(zhǎng)和波速的關(guān)系完成解答；
根據(jù)同側(cè)法分析出波的傳播方向；
根據(jù)橫波在水平方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)計(jì)算出質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置；
分別計(jì)算出不同質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的時(shí)間再作差即可。
本題主要考查了橫波圖像的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)圖片得出周期、波長(zhǎng)等物理意義，熟悉橫波在不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。
16.【答案】需要 需要 2.00 沒(méi)有滿足 ①
【解析】解：①為了使得重物對(duì)小車的拉力等于小車受的合力，實(shí)驗(yàn)小組需要平衡小車和長(zhǎng)木板之間的摩擦力；
對(duì)小車，根據(jù)牛頓第二定律T=Ma
對(duì)砝碼及盤(pán)，根據(jù)牛頓第二定律mg?T=ma
聯(lián)立解得拉力T=11+mMmg
只有當(dāng)m?M時(shí)才可認(rèn)為T(mén)=mg，則實(shí)驗(yàn)需要滿足m?M的條件。
②相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=51f=5×150s=0.1s
根據(jù)逐差法a=x3+x4?x1?x24T2
代入數(shù)據(jù)解得a=2.00m/s2
由數(shù)據(jù)可知Δx1=OB?OA=7.98cm?6.02cm=1.96cm
Δx2=BC?AB=10.01cm?7.98cm=2.03cm
Δx3=CD?BC=11.99cm?10.01cm=1.98cm
距離差為定值，則小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
若滿足m?M，則可認(rèn)為T(mén)=mg
根據(jù)牛頓第二定律T=mg=Ma
解得Mm=ga=102.00=5
與假設(shè)不符，故沒(méi)有滿足m?M的條件。
③設(shè)砝碼盤(pán)的質(zhì)量為m0，根據(jù)牛頓第二定律F+m0g=Ma
解得a=1M?F+m0gM
a?F圖像的縱截距b=m0gM>0
研究小車質(zhì)量一定的情況下其加速度與砝碼重力F的關(guān)系，忘記測(cè)量砝碼盤(pán)的質(zhì)量，得到a與F的關(guān)系應(yīng)該是圖丙中的①。
故答案為：①需要；需要；②2.00；沒(méi)有滿足；③①。
①根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析是否平衡摩擦力；根據(jù)牛頓第二定律分析繩子拉力與砝碼及盤(pán)總重力的關(guān)系；
②根據(jù)逐差法求加速度；根據(jù)牛頓第二定律求解小車質(zhì)量與砝碼及盤(pán)的質(zhì)量之比，然后作答；
③根據(jù)牛頓第二定律求解a?F函數(shù)，結(jié)合圖像分析作答。
本題考查了驗(yàn)證“當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規(guī)律的實(shí)驗(yàn)，明確實(shí)驗(yàn)原理、掌握牛頓第二定律是解題的關(guān)鍵。
17.【答案】A2 R2 1.9 1.0
【解析】解：(1)圖中虛線框內(nèi)電流表通過(guò)的電流比較大，應(yīng)選擇量程大的電流表的A2，A1用來(lái)改裝成電壓表，因此電流表選擇A2；
蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為2V，改裝后電壓表量程為2V；
串聯(lián)電阻大小為R=UIg?RA1=2200×10?6Ω?800Ω=9200Ω，因此定值電阻選擇R2；
(2)根據(jù)閉合回路歐姆定律可得I1(R2+RA1)=E?(I1+I2)(r+R1)
整理得I1=ER2+RA1+r+R1?I2r+R1R2+RA1+r+R1
所作的I1?I2圖像如圖所示：
由圖可得的縱截距b=ER2+RA1+r+R1=190×10?6A
圖像斜率的絕對(duì)值k=r+R1R2+RA1+r+R1=(190?50)×10?6(280?0)×10?3
解得E≈1.9V，r≈1.0Ω。
故答案為：(1)A2；R2；(2)1.9；1.0。
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合蓄電池的電動(dòng)勢(shì)大小選擇合適的電表和電阻；
(2)根據(jù)歐姆定律結(jié)合圖像計(jì)算出電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。
本題主要考查了電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量，熟悉實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合歐姆定律和圖像的特點(diǎn)計(jì)算出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。
18.【答案】解：(1)從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律得
?0STA=(?0+d)STB
代入數(shù)據(jù)解得：TB=330K
(2)氣體在狀態(tài)B的壓強(qiáng)為pB=p0+mgS=0.99×105Pa+1×10100×10?4Pa=1×105Pa
從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律得
pBTB= pCTC
代入數(shù)據(jù)解得：pC=1.1×105Pa
(3)從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中氣體對(duì)外做的功為W=pBSd=1×105×100×10?4×0.03J=30J
從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體不做功。由狀態(tài)A到狀態(tài)C過(guò)程中，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得
ΔU=Q?W
代入數(shù)據(jù)解得：ΔU=188J
答：(1)氣體在狀態(tài)B的溫度為330K；
(2)氣體在狀態(tài)C的壓強(qiáng)為1.1×105Pa；
(3)由狀態(tài)A到狀態(tài)C過(guò)程中從外界吸收熱量Q為188J。
【解析】(1)從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律求氣體在狀態(tài)B的溫度；
(2)從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律求氣體在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；
(3)根據(jù)W=pΔV求出從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中氣體對(duì)外做的功，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律求由狀態(tài)A到狀態(tài)C過(guò)程中從外界吸收熱量Q。
本題要根據(jù)題意分析清楚氣體的狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用蓋—呂薩克定律、查理定律與熱力學(xué)第一定律即可解題；要知道氣體作等壓變化量，可根據(jù)W=pΔV求氣體做的功。
19.【答案】解：(1)m、M恰好能通過(guò)A點(diǎn)，在A點(diǎn)，重力通過(guò)向心力，由牛頓第二定律得：
(m+M)g=(m+M)vA2R，
代入數(shù)據(jù)解得：vA= 5m/s，
從B到A過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：
12(m+M)vB2=12(m+M)vA2+(m+M)g×2R，
代入數(shù)據(jù)解得：vB=5m/s；
在圓弧軌道上的B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
F?(m+M)g=(m+M)vB2R，
代入數(shù)據(jù)解得：F=720N，
由牛頓第三定律可知，物體對(duì)軌道的壓力：F′=F=720N，方向：豎直向下；
(2)設(shè)碰撞前M的速度為v1，在C的速度為vC，在傳送帶上的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，
m、M碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：Mv1=(m+M)vB，
代入數(shù)據(jù)解得：v1=6m/s，
M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律得：μ1Mgcsθ?Mgsinθ=Ma，
代入數(shù)據(jù)解得：a=2.5m/s2，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v12?vC2=2aL，
代入數(shù)據(jù)解得：vC=4m/s，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1=vC+at，
代入數(shù)據(jù)解得：t=0.8s，
傳送帶在t內(nèi)的位移：x1=vt=8×0.8=6.4m，
摩擦產(chǎn)生的熱量：Q=μ1Mgcsθ(x1?L)，
代入數(shù)據(jù)解得：Q=180J；
(3)設(shè)彈簧的彈力對(duì)物體做功W，
從彈簧的壓縮端到C點(diǎn)，對(duì)M，由動(dòng)能定理得：
W?μ2Mgx0=12MvC2?0
其中：W=?(0?EP)，
代入數(shù)據(jù)解得：EP=300J，
由能量守恒定律得：E=MgLsinθ+12Mv12?12MvC2+Q，
代入數(shù)據(jù)解得：E=480J；
答：(1)在圓弧軌道的B點(diǎn)，m、M碰后粘在一起的瞬間對(duì)軌道的壓力大小為720N，方向：豎直向下；
(2)M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q為180J；
(3)M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢(shì)能EP為300J，帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)由于運(yùn)送M多輸出的電能E為480J。
【解析】(1)m、M恰好通過(guò)A點(diǎn)，重力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出通過(guò)A點(diǎn)的速度，對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出在B點(diǎn)的速度，在B點(diǎn)，應(yīng)用牛頓第二定律求出支持力，然后應(yīng)用牛頓第三定律求出壓力。
(2)兩物體碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出相對(duì)位移，然后求出因摩擦產(chǎn)生的熱量。
(3)對(duì)M，應(yīng)用動(dòng)能定理求出彈簧的彈性勢(shì)能，然后應(yīng)用能量守恒定律求出電動(dòng)機(jī)多輸出的電能。
本題是一道力學(xué)綜合題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。
20.【答案】解：(1)設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑為r1，由于a、b粒子均能經(jīng)過(guò)O點(diǎn)
r1=R
根據(jù)牛頓第二定律得：qv0B1=mv02r1
解得：B1=mv0qR
(2)設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為ta、tb，運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)1
由洛倫茲力提供向心力有：qv0B1=4π2mr1T12
解得：T1=2πRv0
而α粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：ta=T14
b粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：tb=12T1
Δt=tb?ta=12×2πRv0?14×2πRv0=πR2v0
(3)若矩形磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，對(duì)于帶電粒子b，設(shè)過(guò)O點(diǎn)后經(jīng)時(shí)間t1進(jìn)入矩形磁場(chǎng)區(qū)域，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v1，速度方向與MN夾角為θ，粒子b在矩形磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)2

在矩形電場(chǎng)區(qū)域根據(jù)動(dòng)能定理有：
qE?Δy=12mv12?12mv02
末速度：v1csθ=v0
在沿電場(chǎng)線方向有：Δy=12?qEm?t12
而b粒子在矩形磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T2=2πmqB2
粒子子在x軸下方的運(yùn)動(dòng)周期為：T0=2t1+2π?2θ2π?T2
解得：T0=4Rv0+8 3πR9v0
答：(1)圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小為mv0qR；
(2)粒子a和b先后經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的時(shí)間差Δt為3πR2v0；
(3)帶電粒子b在x軸下方運(yùn)動(dòng)的周期T0為4Rv0+8 3πR9v0。
【解析】(1)a、b粒子進(jìn)入圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)磁聚焦的原理得軌跡半徑。根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；
(2)ab粒子在圓形磁場(chǎng)中恰運(yùn)動(dòng)14圓周和12圓周，結(jié)合周期公式求經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的時(shí)間差；
(3)根據(jù)位移—時(shí)間公式求出b粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，結(jié)合b粒子在矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，來(lái)求解帶電粒子b在x軸下方運(yùn)動(dòng)的周期T0。
題考查粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律列式，并結(jié)合幾何關(guān)系解答。
21.【答案】解：(1)a棒剛進(jìn)入ADEF磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小ε=B1Lv0
解得ε=10V
由電路結(jié)構(gòu)可知，電路的總電阻：R總=RrR+r+r
解得：R總=9Ω
通過(guò)a棒的電流大小I=εR總
解得I=109A
(2)設(shè)a棒恰好穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v1，a棒穿過(guò)ADGH過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得：
?B1I?L?t=mv1?mv0
又I??t=B1Lv??tR總=B1LdR總
聯(lián)立得
?B12L2dr+RrR+r=mv1?mv0
解得v1=8m/s
碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由兩棒動(dòng)量守恒得：
mv1=2mv2
解得v2=4m/s
兩棒向左出磁場(chǎng)的速度為v3，兩棒一起向左滑出磁場(chǎng)過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)量定理得：
?B12L2dR+r2=2mv3?2mv2
解得v3=3m/s
(3)棒從MN進(jìn)入磁場(chǎng)，電容器充電，充電完成后，棒一直向左勻速，此時(shí)：QC=B2Lv4
此過(guò)程，對(duì)棒用動(dòng)量定理：B2LQ=2m(v3?v4)
由上兩式聯(lián)立可得v4=1m/s
答：(1)a棒剛進(jìn)入ADEF磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，通過(guò)a棒的電流大小為109A；
(2)粘連一起后的導(dǎo)體棒剛進(jìn)入MN左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為3m/s；
(3)導(dǎo)體棒最終的速度大小為1m/s。
【解析】(1)a棒剛進(jìn)入ADEF磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，由ε=B1Lv0求出a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，由歐姆定律求通過(guò)a棒的電流大?。?br>(2)研究a棒穿過(guò)ADEF磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，利用動(dòng)量定理求a棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度。由動(dòng)量守恒定律求出兩棒碰撞后的共同速度。再研究?jī)砂粝蜃蟠┻^(guò)ADEF磁場(chǎng)的過(guò)程，利用動(dòng)量定理求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入MN左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大??；
(3)棒從MN進(jìn)入磁場(chǎng)，電容器充電，充電完成后，棒一直向左勻速，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式求導(dǎo)體棒最終的速度大小。
本題的關(guān)鍵要理清兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，能熟練運(yùn)用動(dòng)量定理研究金屬棒在磁場(chǎng)中做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度，運(yùn)用電磁感應(yīng)和力學(xué)規(guī)律相結(jié)合解答。

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