1.用激光照射金屬擋板上的兩條平行的狹縫，在擋板后面的屏上觀察到明暗相間的條紋。這種現(xiàn)象屬于光的( )
A. 衍射現(xiàn)象B. 干涉現(xiàn)象C. 偏振現(xiàn)象D. 全反射現(xiàn)象
2.100年前，盧瑟福猜想在原子核內(nèi)除質(zhì)子外還存在著另一種粒子X，后來科學(xué)家用α粒子轟擊鈹核證實了這一猜想，該核反應(yīng)方程為： 24He+49Be→612C+nmX，則( )
A. m=1，n=0，X是中子B. m=1，n=0，X是電子
C. m=0，n=1，X是中子D. m=0，n=1，X是電子
3.將一只壓癟的乒乓球放到熱水中，發(fā)現(xiàn)乒乓球會恢復(fù)原狀。在這個過程中，關(guān)于乒乓球內(nèi)被封閉的氣體，下列說法正確的是( )
A. 氣體分子的平均動能不變B. 所有分子的運動速度都變大
C. 氣體吸收的熱量大于其對外做的功D. 氣體吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能
4.一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0時的波形如圖所示。已知x=1m處的質(zhì)點P的位移y隨時間t變化的關(guān)系式為y=0.1sin(5πt)m。下列說法正確的是( )
A. 這列波的波長λ=5m
B. 質(zhì)點P此刻速度為零
C. 這列波沿x軸負(fù)方向傳播
D. 這列波的波速為10m/s
5.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10：1，原線圈接220V的正弦交流電源，副線圈接R=55Ω的負(fù)載電阻，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是( )
A. 電流表的示數(shù)為4.0A
B. 電壓表的示數(shù)為31.1V
C. 若負(fù)載電阻的阻值減小，電壓表的示數(shù)減小
D. 若負(fù)載電阻的阻值減小，變壓器的輸入功率增大
6.2023年，我國首顆超低軌道實驗衛(wèi)星“乾坤一號”發(fā)射成功?！扒ひ惶枴笔且活w繞地球做圓周運動的近地衛(wèi)星。關(guān)于它的運動，下列說法正確的是( )
A. 角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度
B. 線速度大于地球的第一宇宙速度
C. 線速度小于地球表面物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度
D. 向心加速度小于地球表面的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度
7.如圖是采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為m，其推進器工作時飛船受到的平均推力為F。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為Δt，測出飛船和空間站的速度變化為Δv。下列說法正確的是( )
A. 空間站的質(zhì)量為FΔtΔvB. 空間站的質(zhì)量為FΔtΔv?m
C. 飛船對空間站的作用力大小為FD. 飛船對空間站的作用力大小一定為mΔvΔt
8.如圖所示，點電荷Q周圍的三個等勢面是同心圓，等勢面上的點A、B、C在同一條電場線上，且AB=BC?，F(xiàn)將一電荷量為+q的試探電荷從A點由靜止釋放，試探電荷只受靜電力作用，則( )
A. 該電荷沿著電場線做勻加速直線運動
B. 該電荷在AB段動能的增量小于BC段動能的增量
C. 該電荷在AB段電勢能的減少量大于BC段電勢能的減少量
D. 該電荷在AB段運動的時間小于BC段運動的時間
9.如圖所示，水平絕緣桌面上放著一個閉合鋁環(huán)。絕緣材料制成的輕彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，磁鐵位于鋁環(huán)中心上方。將磁鐵下端N極向下拉，在其下降一定高度時由靜止釋放。此后，磁鐵開始運動，鋁環(huán)保持靜止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。則在磁鐵向下的運動過程中( )
A. 俯視看鋁環(huán)中的電流沿順時針方向
B. 鋁環(huán)對桌面的壓力大于它的重力
C. 磁鐵運動過程中只受到兩個力的作用
D. 磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
10.研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的裝置如圖所示。如圖中K、A是密封在真空玻璃管中的兩個電極，K極受到光照時能夠發(fā)射電子。當(dāng)用光子能量為2.82eV的光照射K極時，電流表的讀數(shù)為30μA，移動滑動變阻器的滑片，當(dāng)電壓表的示數(shù)等于1V時，電流表讀數(shù)為零，保持滑片位置不變。下列說法中正確的是( )
A. 光電子的最大初動能為1.82eV
B. K極材料的逸出功為1eV
C. 電流表的讀數(shù)為30μA時，電壓表的示數(shù)大于1V
D. 僅將電源正負(fù)極對調(diào)，電流表示數(shù)一定大于30μA
11.如圖1所示，長為R且不可伸長的輕繩一端固定在O點，另一端系一小球，使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動。由于阻力的影響，小球每次通過最高點時速度大小不同。測量小球經(jīng)過最高點時速度的大小v、繩子拉力的大小F，作出F與v2的關(guān)系圖線如圖2所示。下列說法中正確的是( )
A. 根據(jù)圖線可以得出小球的質(zhì)量m=aRb
B. 根據(jù)圖線可以得出重力加速度g=aR
C. 繩長不變，用質(zhì)量更小的球做實驗，得到的圖線斜率更大
D. 用更長的繩做實驗，得到的圖線與橫軸交點的位置不變
12.2023年7月，由中國科學(xué)院研制的電磁彈射實驗裝置啟動試運行，該裝置在地面構(gòu)建微重力實驗環(huán)境，把“太空”搬到地面。實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達(dá)最高點后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運動后靜止。某同學(xué)查閱資料了解到：在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時間為4s，實驗艙的質(zhì)量為500kg。他根據(jù)上述信息，取重力加速度g=10m/s2，做出以下判斷，其中正確的是( )
A. 實驗艙向上運動的過程始終處于超重狀態(tài)
B. 實驗艙運動過程中的最大速度為40m/s
C. 向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙做功大于1×105J
D. 向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量等于1×104N?s
13.如圖所示，勻強電場和勻強磁場的方向均水平向右。一個正離子在某時刻速度的大小為v，方向與電場磁場方向夾角為θ。當(dāng)速度方向與磁場不垂直時，可以將速度分解為平行于磁場方向的分量v1和垂直于磁場方向的分量v2來進行研究。不計離子重力，此后一段時間內(nèi)，下列說法正確的是( )
A. 離子受到的洛倫茲力變大B. 離子加速度的大小不變
C. 電場力的瞬時功率不變D. 速度與電場方向的夾角θ變大
14.2023年諾貝爾物理學(xué)獎授予了“產(chǎn)生阿秒光脈沖的實驗方法”。阿秒(as)是一個極短的時間單位，1as=10?18s。阿秒光脈沖是一種發(fā)光持續(xù)時間在as量級的光脈沖，它相當(dāng)于一個足夠快的“快門”，幫助人們“拍攝”高速運動的電子，從而“打開電子世界的大門”。產(chǎn)生阿秒光脈沖的模型是：用強激光照射某些氣體，由于激光的電場是交變電場，該電場的電場強度和原子內(nèi)部的庫侖場的強度相當(dāng)時，電子就可能“電離”成為自由電子；電離后的自由電子在激光電場作用下“加速”；當(dāng)激光的電場反向后，一些電子就有可能飛到被電離的原子附近并與其“復(fù)合”回到基態(tài)，同時釋放出一個高能光子，其頻率為入射強激光頻率的整數(shù)倍，稱為高次諧波光子。在適當(dāng)?shù)臈l件下，大量原子輻射出高次諧波疊加形成脈沖寬度為阿秒量級的光脈沖。根據(jù)上述信息并結(jié)合已有的知識，判斷下列說法正確的是( )
A. 在1阿秒的時間內(nèi)，光前進的距離約為0.3mm
B. 電子復(fù)合時釋放的光子能量等于電子在激光場中加速時獲得的能量
C. 電子的“電離”“加速”和“復(fù)合”將周期性地發(fā)生，時間間隔與激光電場的周期有關(guān)
D. 強激光光子能量是高次諧波光子能量的整數(shù)倍
二、實驗題：本大題共2小題，共18分。
15.(1)如圖1所示，在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，用手通過兩個彈簧測力計共同拉動小圓環(huán)。小圓環(huán)靜止時，由兩個測力計的示數(shù)得到拉力F1和F2的大小，此外還必須______。
A.記錄小圓環(huán)的位置
B.記錄兩細(xì)線的方向
C.測量兩細(xì)線的夾角
D.測量橡皮條的伸長量
(2)“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗裝置如圖2所示。
①用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑如圖3所示，擺球直徑d=______ mm。若測出擺線長l及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度的大小g=______(用l、n、t、d表示)。
②改變擺長L，用多組實驗數(shù)據(jù)作出T2?L圖像也可以求出重力加速度。如圖4所示，測得的數(shù)據(jù)點擬合后，在一條過原點的直線上，直線的斜率為k。由此可得重力加速度的大小g=______(用k表示)。
16.根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電源電動勢E和內(nèi)阻r、路端電壓U、電流J的關(guān)系為E=U+Ir。依據(jù)這一原理，甲同學(xué)用圖1所示的電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻。
(1)閉合開關(guān)前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片置于最______端(選填“左”或“右”)。
(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，記錄多組電壓表和電流表的示數(shù)，在坐標(biāo)紙上標(biāo)出相應(yīng)的數(shù)據(jù)點，作出U?I圖線如圖2所示。根據(jù)圖線測得該電源的電動勢E測1=______ V，內(nèi)電阻r測1=______Ω。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)
(3)由于電表并非理想電表，導(dǎo)致______(選填“電壓”或“電流”)的測量存在系統(tǒng)誤差。在如圖2上定性畫出沒有電表內(nèi)阻影響的理想情況的U?I圖線，畫出圖線與橫縱坐標(biāo)軸的交點。
(4)乙同學(xué)拆除電流表和滑動變阻器，直接讀取電壓表示數(shù)為E測2。若電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r。電流表、電壓表的內(nèi)電阻分別為RA、RV。根據(jù)圖像和電路關(guān)系，僅從系統(tǒng)誤差的角度來看，E測1______E測2，Er______E測1r測1(均選填“”)?？芍猺測1=______(用電源和電表內(nèi)阻表示)。
三、簡答題：本大題共4小題，共40分。
17.兒童滑梯可簡化為如圖所示的模型?；菹禄瑓^(qū)AB的長L=4m，傾角α=37°；一個質(zhì)量m=20kg的兒童從滑梯頂部A點由靜止滑下，最后停在水平緩沖區(qū)BC上。若兒童與AB、BC部分的動摩擦因數(shù)均為0.5，兒童經(jīng)過兩段連接處速度的大小不變。sin37°=0.6，cs37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)兒童運動到B點時速度的大小v1；
(2)緩沖區(qū)BC部分的最小長度x；
(3)整個過程中摩擦阻力對兒童做的功Wf。
18.磁力剎車是為了保證過山車在最后進站時的安全而設(shè)計的一種剎車形式。在軌道之間設(shè)置較強的磁場，剎車金屬片安裝在過山車底部，該裝置(俯視)可簡化為如圖所示的模型：水平導(dǎo)軌間距為L，剎車金屬片等效為一根金屬桿ab，整個回路的等效電阻為R。磁場區(qū)域為方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，過山車的總質(zhì)量為m。過山車以速度v進入磁場區(qū)域，通過磁場區(qū)域后速度變?yōu)?.5v。磁力剎車階段不計摩擦力和空氣阻力。
(1)求桿ab剛進入磁場區(qū)域時，受到的安培力F的大小和方向。
(2)求過山車通過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
(3)求磁力剎車階段過山車加速度大小a的變化范圍。為使過山車加速度的大小不超過a0，磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足什么條件？
19.我國的東方超環(huán)(EAST)是研究可控核聚變反應(yīng)的超大型科學(xué)實驗裝置。該裝置需要將高速運動的離子變成中性粒子，沒有被中性化的離子對實驗裝置有很大的破壞作用，因此需要利用“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”將其從粒子束中剝離出來?！捌D(zhuǎn)系統(tǒng)”的原理簡圖如圖1所示，包含中性粒子和帶電離子的混合粒子進入由一對平行帶電極板構(gòu)成的勻強電場區(qū)域，混合粒子進入電場時速度方向與極板平行，極板右側(cè)存在勻強磁場區(qū)域。離子在電場磁場區(qū)域發(fā)生偏轉(zhuǎn)，中性粒子繼續(xù)沿原方向運動，到達(dá)接收器。已知離子帶正電、電荷量為q，質(zhì)量為m，速度為v，兩極板間距為d。離子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮粒子間的相互作用。
(1)兩極板間不加電壓，只利用磁場使離子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，若恰好所有離子均被如圖1中的吞噬板吞噬，求磁場的磁感應(yīng)強度的大小B。
(2)以下極板左端點為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系，沿板建立x軸，垂直板建立y軸，如圖1所示。假設(shè)離子在混合粒子束中是均勻分布的，單位時間內(nèi)通過y軸單位長度進入電場的離子數(shù)為n。在兩極板間加電壓U，恰好所有離子均被吸附在下極板。
a.求極板的長度L，并分析落在x軸上坐標(biāo)為x～x+Δx范圍內(nèi)的離子，進入電場時通過y軸的坐標(biāo)范圍。
b.離子落在極板上的數(shù)量分布呈現(xiàn)一定的規(guī)律，若單位時間內(nèi)落在下極板x位置附近單位長度上的離子數(shù)量為nx，求nx隨x變化的規(guī)律，在如圖2中作出nx?x圖像，說明圖線與橫軸所圍面積的物理意義。(若Δx遠(yuǎn)小于x，則(x+Δx)2≈x2+2xΔx)
20.小行星撞擊地球雖然發(fā)生概率較低，卻會使地球生命面臨重大威脅。我國已經(jīng)提出了近地小行星防御的發(fā)展藍(lán)圖，計劃在2030年實現(xiàn)一次對小行星的動能撞擊，2030至2035年間實現(xiàn)推離偏轉(zhuǎn)。
已知地球質(zhì)量為M，可視為質(zhì)量分布均勻的球體，引力常量為G。若一顆質(zhì)量為m的小行星距離地心為r時，速度的大小v= 2GMr，m遠(yuǎn)小于M。不考慮地球運動及其它天體的影響。
(1)若小行星的速度方向垂直于它與地心的連線，通過分析判斷該小行星能否圍繞地球做圓周運動。
(2)若小行星的速度方向沿著它與地心的連線指向地心。已知取無窮遠(yuǎn)處的引力勢能為零，則小行星在距地心為r處的引力勢能Ep=?GMmr。
a.設(shè)想提前發(fā)射質(zhì)量為0.1m的無人飛行器，在距離地心為r處與小行星發(fā)生迎面撞擊，小行星撞后未解體。將撞擊過程簡化為完全非彈性的對心碰撞。為徹底解除小行星對地球的威脅，使其不與地球碰撞。求飛行器撞擊小行星時的最小速度v0。
b.設(shè)想對小行星施加適當(dāng)?shù)摹巴屏Α焙?，使其在距離地心為r處的速度方向與它和地心連線的夾角變?yōu)?0°，速度大小不變，也能解除對地球的威脅。已知小行星僅在地球引力所用下的運動過程，它與地心的連線在任意相等時間內(nèi)掃過相等的面積。求小行星在此后的運動過程中，距地心的最近距離r0。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：激光照射金屬擋板上的兩條平行的狹縫，在擋板后面的屏上觀察到明暗相間的條紋，屬于光的干涉現(xiàn)象，故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
頻率相同的兩列光波疊加時，某些區(qū)域的光相互加強，某些區(qū)域相互削弱，得到明暗相間的條紋，這就是光的干涉現(xiàn)象。
本題考查了光的干涉，要注意光發(fā)生干涉的條件，明確光的干涉現(xiàn)象。
2.【答案】A
【解析】解：核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，
因此：4+9=12+m，2+4=6+n
解得：m=1，n=0，X是中子，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，根據(jù)核反應(yīng)方程式求出m、n的大小，然后判斷粒子的類型。
本題考查了判斷粒子類型問題，知道核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒是解題的前提與關(guān)鍵，掌握基礎(chǔ)知識即可解題，平時要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累。
3.【答案】C
【解析】解：A.乒乓球恢復(fù)原狀的過程中，溫度升高，氣體分子的平均動能增大，故A錯誤；
B.溫度升高，氣體分子的平均動能增大，但不是所有分子的運動速度都變大，故B錯誤；
CD.乒乓球恢復(fù)原狀的過程中，溫度升高，體積增大，氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體吸收的熱量大于其對外做的功，故C正確，D錯誤。
故選：C。
AB、根據(jù)溫度是分子平均動能的標(biāo)志可分析，CD、根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可判斷。
本題考查：溫度是分子平均動能的標(biāo)志，熱力學(xué)第一定律，屬于基礎(chǔ)題目。
4.【答案】D
【解析】解：BC、質(zhì)點P的的振動方程可知在t=0時質(zhì)點P的振動方向沿y軸正方向，其速度不為零，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向傳播，故BC錯誤；
AD、由題圖可知波長λ=4m，其周期T=2π5π=0.4s，其波速ν=λT=40.4m/s=10m/s，故A錯誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)質(zhì)點P的振動方程得到周期和質(zhì)點振動方向，從而由圖得到波的傳播方向；根據(jù)波形圖得到波長，即可求得波速。
機械振動問題中，一般根據(jù)振動圖或質(zhì)點振動方程得到周期、質(zhì)點振動方向；再根據(jù)波形圖得到波長和波的傳播方向，從而得到波速。
5.【答案】D
【解析】解：AB、原線圈電壓U1=220V，由U1U2=n1n2可得副線圈電壓：U2=22V，所以電壓表示數(shù)為22V，電流表示數(shù)：I2=U2R=22V55Ω=0.4A，故AB錯誤；
CD、若負(fù)載電阻的阻值減小，電源電壓不變，由U1U2=n1n2可知副線圈電壓不變，故電壓表示數(shù)不變，
變壓器輸出功率P=U22R，U2不變，電阻R減小，則P增大，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，所以輸入功率變大，故C錯誤，D正確。
故選：D。
AB、根據(jù)U1U2=n1n2分析電壓表示數(shù)，根據(jù)歐姆定律分析電流表示數(shù)；
CD、根據(jù)電源電壓不變和U1U2=n1n2分析電壓表示數(shù)，根據(jù)P=U2R分析輸入功率。
本題考查了變壓器的原理，解題的關(guān)鍵是知道電源電壓不變，線圈匝數(shù)不變，則副線圈電壓不變。
6.【答案】A
【解析】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力GMmr2=mω2r，得ω= GMr3，近地衛(wèi)星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，可知近地衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，又因地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度；因此“乾坤一號”角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，故A正確；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力GMmr2=mv2r得，v= GMr，即為地球的第一宇宙速度，故B錯誤；
C、根據(jù)v=ωr，又因為“乾坤一號”角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，可知“乾坤一號”的線速度大于地球表面物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度，故C錯誤；
D、根據(jù)a=ω2r，又因為“乾坤一號”角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，可知“乾坤一號”的向心加速度大于地球表面的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，故D錯誤；
故選：A。
根據(jù)萬有引力提供向心力，向心力公式分別用角速度、線速度等參數(shù)表示，再結(jié)合線速度與角速度之間關(guān)系以及向心加速度與角速度之間關(guān)系即可分析各個選項。
本題需要掌握萬有引力提供向心力以及向心力公式分別用不同的參數(shù)表示等知識點的靈活應(yīng)用，解題過程需要正確選擇公式，題目難度適中。
7.【答案】B
【解析】解：AB、設(shè)空間站質(zhì)量為M，將飛船和空間站視為整體，對整體而言在F的作用下速度發(fā)生變化，根據(jù)動量定理有：FΔt=(M+m)Δv，解得M=FΔtΔv?m，故A錯誤，B正確；
CD、某一時刻對飛船分析有F?f=ma，其中f為空間站對飛船的作用力，對空間站有f=Ma′，所以作用力大小不為F，由于F是平均推力大小，僅知道速度的變化量是無法確定整個過程是勻變速過程，所以作用力大小不一定是mΔvΔt，故CD錯誤；
故選：B。
利用整體法，結(jié)合動量定理可求出空間站的質(zhì)量；通過牛頓第二定律得分析，結(jié)合題干信息判斷作用力是否可以直接求出。
學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意整體法和隔離法的應(yīng)用，利用整體法減少內(nèi)力的分析過程。
8.【答案】C
【解析】解：A、靠近正電荷的電場線越密集，電場力越大，則加速度越大，可知該電荷沿著電場線不會做勻加速直線運動，故A錯誤；
BC、勻強電場中U=Ed，點電荷產(chǎn)生的電場可以用該公式定性分析，AB間的電場場強一定大于BC間的電場場強，且dAB=dBC，則UAB>UBC，電場力做功W=qU，所以WAB>WBC，該電荷在AB段電勢能的減少量大于BC段電勢能的減少量，根據(jù)動能定理可知，電荷在AB段動能的增量大于BC段動能的增量，故B錯誤，C正確；
D、電荷做加速度逐漸減小的加速運動，則相等的位移內(nèi)運動時間減小，則該電荷在AB段運動的時間大于BC段運動的時間，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)電場力的變化分析加速度變化，根據(jù)電場強度變化分析電勢差關(guān)系，從而分析電勢能和動能的變化關(guān)系，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律分析D。
本題考查帶電粒子在電場中的運動，解題關(guān)鍵掌握點電荷電場強度的變化，注意電場力做功與電勢能變化的關(guān)系。
9.【答案】B
【解析】解：A、在磁鐵向下的運動過程中，穿過鋁環(huán)的磁通量是向下的增加，根據(jù)楞次定律可知鋁環(huán)中的電流方向為逆時針方向，故A錯誤；
B、根據(jù)“來拒去留”可知在磁鐵向下的運動過程中，磁鐵受到向上的作用力，則鋁環(huán)受到磁鐵對它向下的作用力，所以鋁環(huán)對桌面的壓力大于它的重力，故B正確；
C、磁鐵運動過程中受重力、彈簧拉力和鋁環(huán)對它向上的作用力，故C錯誤；
D、磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)在運動過程中，受到鋁環(huán)對它向上的作用力，且對磁鐵做負(fù)功，所以該系統(tǒng)的機械能減小，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)楞次定律分析AB；對磁鐵受力分析即可；鋁環(huán)對磁鐵做負(fù)功。
熟練掌握楞次定律的“來拒去留”和“增反減同”是解題的基礎(chǔ)。
10.【答案】D
【解析】解：AB、由題意可知其遏止電壓Uc=1V，根據(jù)動能定理可得?eUc=0?Ek，解得光電子的最大初動能Ek=1eV
根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hν?W0，則金屬逸出功W0=hν?Ek=2.82eV?1eV=1.82eV，故AB錯誤；
C、該裝置所加電壓為反向電壓，若電壓表示數(shù)大于1V即大于遏止電壓，電流表中應(yīng)無示數(shù)，故C錯誤；
D、若將電源正負(fù)極對調(diào)，即在光電管兩端所加的反向電壓改為正向電壓，電流表示數(shù)一定大于30μA，故D正確。
故選：D。
根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程結(jié)合動能定理，分析出光電子的最大初動能和陰極的逸出功；明確光電流為零的條件；知道正向電壓和反向電壓對電路的影響。
明確光電效應(yīng)原理，AK間若為加速度電壓，則電壓增大電流增大，但有飽合值；對于光電效應(yīng)，要從極限頻率和最大初動能兩個角度結(jié)合愛因斯坦光電效應(yīng)方程去分析解決問題。
11.【答案】A
【解析】解：AB、根據(jù)牛頓第二定律和向心力的計算公式，得到圖像的表達(dá)式為：F+mg=mv2R，變形為：F=mRv2?mg
根據(jù)F?v2圖像的斜率可得：a2b?b=mR
根據(jù)F?v2圖像的橫軸截距可得：0=mRb?mg
解得：m=aRb，g=bR，故A正確，B錯誤；
C、根據(jù)斜率k=mR，可知R不變，m減小，斜率減小，故C錯誤；
D、橫軸截距b=gR，可知R變大，g不變，所以b會變大，可得圖線與橫軸交點的位置向右移動，故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)牛頓第二定律和向心力的計算公式得到圖像的表達(dá)式，利用圖像的斜率與截距解答
此題中小球在最高點時只受到繩子拉力和自身重力，利用向心力公式，根據(jù)牛頓第二定律，可以得到F?v2的圖像的解析式，圖像中的特殊點也可以代入計算，利用數(shù)學(xué)解決物理問題。
12.【答案】C
【解析】解：A、實驗艙豎直向上加速運動至A位置的過程，其加速度向上，處于超重狀態(tài)。實驗艙做豎直上拋運動到達(dá)最高點的過程，其加速度等于g，方向豎直向下，此過程處于完全失重狀態(tài)，則實驗艙向上運動的過程先處于超重狀態(tài)，后處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；
B、實驗艙豎直向上加速運動至A位置后做豎直上拋運動，可知在A位置時速度最大，由題意可知豎直上拋運動階段持續(xù)的時間為t=4s，則實驗艙運動過程中的最大速度為vm=g×12t=10×12×4m/s=20m/s，故B錯誤；
C、實驗艙在A位置時的動能為：Ek=12mvm2=12×500×202J=1×105J，實驗艙豎直向上加速運動過程，其重力勢能也增加了，即實驗艙豎直向上加速運動過程其機械能增加量大于1×105J，由功能關(guān)系可知，此過程電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙做功大于1×105J，故C正確；
D、向上彈射階段，實驗艙的動量增加量為：Δp=mvm=500×20N?s=1×104N?s，設(shè)電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量大小為I，重力的沖量大小為IG，以向上為正方向，根據(jù)動量定理得：I?IG=Δp，可知向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量大于1×104N?s，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)實驗艙的加速度方向判斷其超失重狀態(tài)；實驗艙豎直向上加速運動至A位置時速度最大，根據(jù)運動學(xué)公式求解；求出實驗艙在A位置時的動能，根據(jù)功能關(guān)系判斷；求出實驗艙的動量增加量，根據(jù)動量定理判斷。
本題考查了動量定理，功能關(guān)系，超重與失重現(xiàn)象，豎直上拋運動規(guī)律，基礎(chǔ)題目。掌握超失重的判斷方法，功與能的對應(yīng)關(guān)系，在應(yīng)用動量定理解答問題時要注意矢量性，先規(guī)定正方向，在確定動量與沖量的正負(fù)。
13.【答案】B
【解析】解：A.粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小為f=qv2B，洛倫茲力不做功，分速度v2大小不變，電場力做正功只會使分速度v1變大，故洛倫茲力大小不變，故A錯誤；
B.粒子所受的洛倫茲力不變，電場力也不變，二者方向互相垂直，故合外力大小不變，根據(jù)牛頓第二定律，則加速度大小也不變，故B正確；
C.電場力的瞬時功率等于電場力和沿電場方向的分速度v1的乘積，即P=qEv1，由于電場力做功，v1變大，所以電場力的瞬時功率變大，故C錯誤；
D.根據(jù)速度的分速度與合速度的關(guān)系
當(dāng)v1變大時，可得θ逐漸變小，故D錯誤。
故選：B。
A.根據(jù)洛倫茲力的公式分析判斷；
B.根據(jù)力的合成和牛頓第二定律進行分析判斷；
C.根據(jù)電場力的瞬時功率的公式進行解答；
D.根據(jù)分速度和合速度的圖解關(guān)系進行解答。
考查力的合成、速度的分解與合成以及功率的問題，會根據(jù)題意進行相關(guān)的分析和判斷。
14.【答案】C
【解析】解：A、光在空氣中的速度約為3×108m/s，在1阿秒的時間內(nèi)，光前進的距離約為s=3×108×10?18m=3×10?10m=3×10?7mm，故A錯誤；
B、電子復(fù)合時釋放的光子能量至少等于原子由最高能級躍遷到基態(tài)釋放的能量，并不等于電子在激光場中加速時獲得的能量，故B錯誤；
C、由題意可知，電子的“電離”“加速”和“復(fù)合”將周期性地發(fā)生，時間間隔與激光電場的周期有關(guān)，故C正確；
D、由題意可知，高次諧波光子的頻率為入射強激光頻率的整數(shù)倍。故D錯誤。
故選：C。
光在空氣中的速度約為3×108m/s，根據(jù)光速與時間的乘積求解光前進的距離；電子復(fù)合時釋放的光子能量至少等于原子由最高能級躍遷到基態(tài)釋放的能量；分析題意，解答CD選項。
本題為知識給予題，重在理解題意，找到和學(xué)過的物理知識的關(guān)聯(lián)，結(jié)合題目所給知識解答問題。
15.【答案】AB18.54π2n2(l+d2)t2 4π2k
【解析】解：(1)根據(jù)實驗原理及操作可知還必須記錄小圓環(huán)的位置和記錄兩細(xì)線的方向，故AB正確，CD錯誤；
故選：AB。
(2)①游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，讀數(shù)為18mm+5×0.1mm=18.5mm
n次全振動所用的時間t，周期為T=tn
根據(jù)單擺周期公式T=2π l+d2g
解得g=4π2n2(l+d2)t2
②根據(jù)單擺周期公式T=2π Lg
解得T2=4π2Lg
根據(jù)圖像斜率可知k=4π2g
解得g=4π2k
故答案為：(1)AB；(2)①18.5；4π2n2(l+d2)t2；②4π2k
(1)根據(jù)實驗原理及操作規(guī)范分析解答；
(2)①根據(jù)游標(biāo)卡尺精確度讀數(shù)，根據(jù)單擺周期公式解答；
②根據(jù)單擺周期公式結(jié)合圖像斜率分析解答。
本題主要考查了“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗和單擺測量重力加速度的實驗，需要熟記實驗器材的選取和正確的實驗操作，對數(shù)據(jù)的處理要求也較高，難度中等偏上。
16.【答案】左 4.44.1電流 ==RVrRV+r
【解析】解：(1)滑動變阻器串聯(lián)在電路里，閉合開關(guān)時為保護電路，其接入電路的阻值要最大，則閉合開關(guān)前應(yīng)將滑動變阻器的滑片置于最左端。
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E?Ir，可知U?I圖線的縱截距等于測得該電源的電動勢，則：E測1=4.4V
U?I圖線的斜率絕對值等于測得該電源的內(nèi)電阻，則：r測1=Ω=4.1Ω。
(3)由于電壓表的分流作用，所以導(dǎo)致電流的測量存在系統(tǒng)誤差。
考慮電壓表的分流，設(shè)電壓表的內(nèi)阻為RV，則實際流過電源的電流為：I實=I+URV
可知對于相同的路端電壓U，實際流過電源的電流大于測量得到的電流，且U越大，兩者相差的越大，沒有電表內(nèi)阻影響的理想情況的U?I圖線如下圖所示。
(4)乙同學(xué)拆除電流表和滑動變阻器，直接讀取電壓表示數(shù)為E測2。若電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r。電流表、電壓表的內(nèi)電阻分別為RA、RV。
電壓表與電源組成回路，則有：U=E?URVr
由題意得：E測2=U=ERVRV+r
對于(2)的測量，考慮電壓表的分流作用時，則有：U=E?(I+URV)r，變形為：U=RVERV+r?RVrRV+rI
可知：E測1=RVERV+r
可得：E測1=E測2
路端電壓為零時(U=0)的電流為短路電流，則有：I短=Er
對于(2)的測量，當(dāng)U=0時流過電壓表的電流為零，即此時電壓表無分流，電流表示數(shù)無誤差，則有：I短=E測1r測1
可得：Er=E測1r測1
由：U=RVERV+r?RVrRV+rI，可知：r測1=RVrRV+r
故答案為：(1)左；(2)4.4；4.1(4.0、4.2均算正確)；(3)電流；畫出所要求的U?I圖線見解答；(4)=；=；RVrRV+r
(1)滑動變阻器串聯(lián)在電路里，閉合開關(guān)時為保護電路，其接入電路的阻值要最大。
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合U?I圖線的縱截距和斜率解答。
(3)由于電壓表的分流作用，所以導(dǎo)致電流的測量存在系統(tǒng)誤差?？紤]電壓表的分流，分析實際流過電源的電流與測量得到的電流的關(guān)系。
(4)根據(jù)題意，應(yīng)用閉合電路歐姆定律，推導(dǎo)兩次測量值與真實值的關(guān)系式，進行比較作答。
本題考查了測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗，實驗原理是閉合電路歐姆定律，利用U?I圖像處理數(shù)據(jù)得到所測物理量。本題重點在誤差分析部分，根據(jù)題目的解答，掌握誤差分析的方法，可用圖像法或解析法分析誤差。
17.【答案】解：(1)兒童從A運動到B的過程，根據(jù)動能定理有
mgLsinα?μmgLcsα=12mv12
得v1=4m/s
(2)兒童在緩沖區(qū)運動時，根據(jù)動能定理有
?μmgx=0?12mv12
得x=1.6m
(3)兒童從A點運動到C點的全過程，根據(jù)動能定理
mgLsinα+Wf=0
得W=?480J
答：(1)兒童運動到B點時速度的大小v1為4m/s；
(2)緩沖區(qū)BC部分的最小長度x為1.6m；
(3)整個過程中摩擦阻力對兒童做的功Wf為?480J。
【解析】(1)(2)(3)分階段和全過程使用動能定理列式求解各物理量。
考查動能定理的應(yīng)用問題，會根據(jù)題意分過程或全過程列式求解相應(yīng)的物理量。
18.【答案】解：(1)桿ab通過磁場的過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得回路的感應(yīng)電流的大小為：I=BLvR，方向b→a
桿ab受到的安培力大小為：F=BIL=B2L2vR
根據(jù)左手定則可知桿ab受到的安培力方向與速度方向相反，即方向向左；
(2)桿ab通過磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律可得：
Q=12mv2?12m(v2)2=38mv2；
(3)設(shè)桿ab剛進入磁場時加速度的大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小為：a1=B2L2vmR
同理，桿ab即將離開磁場時的加速度大小為：a2=B2L2v2mR
磁力剎車階段過山車的加速度大小的變化范圍為：B2L2v2mR～B2L2vmR
為使加速度的大小不超過a0，則有：B2L2vmR≤a0
解得：B≤ mRa0L2v。
答：(1)桿ab剛進入磁場區(qū)域時，受到的安培力F的大小B2L2vR，方向向左；
(2)過山車通過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為38mv2；
(3)磁力剎車階段過山車加速度大小a的變化范圍為B2L2v2mR～B2L2vmR；為使過山車加速度的大小不超過a0，磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足B≤ mRa0L2v。
【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律結(jié)合安培力的計算公式進行解答；
(2)桿ab通過磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律進行解答；
(3)根據(jù)牛頓第二定律得加速度大??；為使加速度的大小不超過a0，根據(jù)加速度表達(dá)式求解磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。
對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
19.【答案】解：(1)離子恰好被全部吞噬時，從上極板右端射入磁場的離子恰好打在吞噬板上端(即下極板的右端)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡為半個圓周，易知離子的運動半徑為：R=d2
由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mv2R
解得：B=2mvqd
(2)a.離子在極板間做類平拋運動，恰好全部落在下極板，則從上極板邊緣進入電場中的離子恰好落在了下極板的右端。對此粒子有：
沿板方向做勻速直線運動有：L=vt
離子受到電場力為：F=qUd
根據(jù)牛頓第二定律有：a=Fm=qUmd
垂直板方向做勻變速直線運動有：d=12at2=12×qUmd×(Lv)2
解得：L=vd 2mqU
落在下極板x位置的離子，在電場中的運動時間為：t′=xv
進入電場時的縱坐標(biāo)為：y1=12at′2=qU2dm(xv)2
同理，落在下極板x+Δx位置的離子，進入電場時縱坐標(biāo)為：y2=qU2dm(x+Δxv)2
離子從qU2dm(xv)2～qU2dm(x+Δxv)2區(qū)間進入電場。
b.單位時間從y1～y2范圍內(nèi)進入電場的離子，落在x?x+Δx區(qū)間，根據(jù)離子數(shù)量相等有：
n(y2?y1)=nxΔx
解得：nx=nqUdmv2x
圖像如下圖所示，圖線下的面積代表單位時間內(nèi)落在下極板的離子數(shù)。
答：(1)磁場的磁感應(yīng)強度的大小B為2mvqd。
(2)a.極板的長度L為vd 2mqU，并分析落在x軸上坐標(biāo)為x～x+Δx范圍內(nèi)的離子，進入電場時通過y軸的坐標(biāo)范圍為qU2dm(xv)2～qU2dm(x+Δxv)2。
b.nx隨x變化的規(guī)律為nx=nqUdmv2x，作出nx?x圖像見解答，圖線與橫軸所圍面積的物理意義是單位時間內(nèi)落在下極板的離子數(shù)。
【解析】(1)離子恰好被全部吞噬時，從上極板右端射入磁場的離子恰好打在吞噬板上端，由幾何關(guān)系求得離子的運動半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解。
(2)a.離子在極板間做類平拋運動，恰好全部落在下極板，則從上極板邊緣進入電場中的離子恰好落在了下極板的右端。對此粒子，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解極板長度。同理求解進入電場時通過y軸的坐標(biāo)范圍。
b.根據(jù)離子在y軸上是均勻分布的，找到離子數(shù)量相等的關(guān)系，結(jié)合上一問的結(jié)論求解。依據(jù)表達(dá)式畫出圖像，圖線下的面積代表單位時間內(nèi)落在下極板的離子數(shù)。
本題是電場和磁場中帶電粒子運動問題，難度不大，重在理解題意。典型的磁場中勻速圓周運動，電場中的類平拋運動。帶電粒子在磁場的運動畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方法是運動的分解與合成。
20.【答案】解：(1)若小行星在該位置做勻速圓周運動，設(shè)速度大小為v1，由萬有引力起供向心大力
GMmr2=mv12r
得v1= GMr
由于v≠v1，故小行星不能圍繞地球做勻速圓周運動；
(2)a.設(shè)碰撞后小行星的速度大小為v2，為徹底解除小行星的威脅，應(yīng)使小行星被撞后能運動至無窮遠(yuǎn)處，根據(jù)能量守恒定律有
?G(m+0.1m)?Mr+12(m+0.1m)v22=0
得v2= 2GMr
以飛行器速度方向為正方向，飛行器撞擊小行星的過程，根據(jù)動量守恒定律有
0.1mv0?mv=(0.1m+m)v2
得v0=21 2GMr
b.設(shè)小行星離地心最近時，速度的大小為v3，小行星與地心的連線在相等時間掃過相等面積有
vrsinθ=v3r0
根據(jù)能量守恒定律有
?GMmr+12mv2=?GMmr0+12mv32
得r0=14r
答：(1)小行星不能圍繞地球做圓周運動，理由如上；
(2)a.飛行器撞擊小行星時的最小速度v0為21 2GMr；
b.小行星在此后的運動過程中，距地心的最近距離r0為14r。
【解析】(1)根據(jù)萬有引力提供向心力計算圓周運動對應(yīng)的速率和題中給定的速率比較判斷；
(2)a.根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律列式進行分析判斷；
b.根據(jù)題意結(jié)合能量守恒定律列式解答。
考查能的轉(zhuǎn)化和守恒定律以及動量守恒定律，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確的分析和解答。

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