1.(2024·山西運城市二模)如圖所示為我國航天員王亞平在空間站中演示“水球氣泡實驗”時的情景，她往水球中注入一個氣泡，氣泡靜止在水球中，水球懸在空中，關于該實驗，下列說法正確的是( )
A.由于完全失重，氣泡中氣體壓強為零
B.水與氣泡界面處，水分子作用力表現(xiàn)為斥力
C.水與氣泡界面處，氣體分子會進入水中，水分子會進入氣泡中
D.若空間站中的溫度升高，則氣泡會在水球中上升
2.(2024·貴州遵義市三模)圖甲為利用光電管研究光電效應的電路圖，其中光電管陰極K的材料是鉀，鉀的逸出功為W0。圖乙為實驗中用某一頻率的光照射光電管時，測量得到的光電管伏安特性曲線，當電壓為Uc時，光電流恰好為零。已知普朗克常量為h，光電子的電荷量為e。下列說法正確的是( )
A.該實驗的入射光頻率為eUc-W0h
B.該實驗的光電子獲得的最大初動能為eUc
C.光電管兩極間的正向電壓越大，光電流越大
D.當入射光的頻率小于W0h時，仍可以發(fā)生光電效應
3.(2024·福建龍巖市三模)如圖所示，帶電小球P固定在絕緣豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上O點的小定滑輪的細線拉著帶電小球Q。小球Q靜止時P、Q間的距離為r，O、P間的距離為h，h>r。現(xiàn)用拉力F緩慢拉動細線的自由端，使小球Q緩慢移動，在小球Q從圖示位置緩慢移動到O點的過程中( )
A.拉力F先增大后減小
B.小球P、Q間的庫侖力逐漸減小
C.小球P、Q系統(tǒng)的電勢能先不變后減小
D.小球Q在P球位置產(chǎn)生的電場強度大小不變
4.(2024·廣東卷·6)如圖所示，紅綠兩束單色光，同時從空氣中沿同一路徑以θ角從MN面射入某長方體透明均勻介質(zhì)。折射光束在NP面發(fā)生全反射。反射光射向PQ面。若θ逐漸增大。兩束光在NP面上的全反射現(xiàn)象會先后消失。已知在該介質(zhì)中紅光的折射率小于綠光的折射率。下列說法正確的是( )
A.在PQ面上，紅光比綠光更靠近P點
B.θ逐漸增大時，紅光的全反射現(xiàn)象先消失
C.θ逐漸增大時，入射光可能在MN面發(fā)生全反射
D.θ逐漸減小時，兩束光在MN面折射的折射角逐漸增大
5.(多選)(2024·浙江省縣域教研聯(lián)盟一模)麥克斯韋從場的觀點出發(fā)，認為變化的磁場會激發(fā)感生電場。如圖甲所示，半徑為r的絕緣光滑真空管道(內(nèi)徑遠小于半徑r)固定在水平面上，管內(nèi)有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，直徑略小于管道內(nèi)徑。真空管處在勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，規(guī)定豎直向上為正方向。t=0時刻無初速度釋放小球。下列說法正確的是( )
A.俯視真空管道，感生電場的方向是逆時針
B.感生電場對小球的作用力大小為B0r2t0q
C.小球繞管道一周，感生電場做功為πB0r2t0q
D.t0時刻管道對小球的作用力大小B02rq24m
6.(多選)(2024·陜西商洛市學情診斷)2024年6月25日，嫦娥六號返回器準確著陸于內(nèi)蒙古四子王旗預定區(qū)域，工作正常，標志著探月工程嫦娥六號任務取得圓滿成功，實現(xiàn)世界首次月球背面采樣返回。設想嫦娥六號被月球俘獲后進入橢圓軌道Ⅰ上運行，當經(jīng)過近月點M點時啟動點火裝置，完成變軌后進入圓形軌道Ⅱ上運行，已知月球半徑為R，圓形軌道Ⅱ距月球表面距離為nR，橢圓軌道Ⅰ遠月點距月球表面距離為kR，如圖所示，忽略其他天體對嫦娥六號的影響，關于嫦娥六號的運動，以下說法正確的是( )
A.由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需要在M點點火使其加速才能完成
B.在軌道Ⅰ上的近月點速度是遠月點的1+k1+n倍
C.在軌道Ⅰ上運行周期是軌道Ⅱ上運行周期的(2+n+k)38(n+1)3倍
D.在軌道Ⅱ上運行速度為月球第一宇宙速度的1+n倍
7.(8分)(2024·安徽卷·12)某實驗小組要將電流表G(銘牌標示：Ig=500 μA，Rg=800 Ω)改裝成量程為1 V和3 V的電壓表，并用標準電壓表對其進行校準。選用合適的電源、滑動變阻器、電阻箱、開關和標準電壓表等實驗器材，按圖甲所示連接電路，其中虛線框內(nèi)為改裝電路。
(1)(1分)開關S1閉合前，滑片P應移動到 (填“M”或“N”)端。
(2)(1分)根據(jù)要求和已知信息，電阻箱R1的阻值已調(diào)至1 200 Ω，則R2的阻值應調(diào)至 Ω。
(3)(2分)當單刀雙擲開關S2與a連接時，電流表G和標準電壓表V的示數(shù)分別為I、U，則電流表G的內(nèi)阻可表示為 。(結果用U、I、R1、R2表示)
(4)(2分)校準電表時，發(fā)現(xiàn)改裝后電壓表的讀數(shù)始終比標準電壓表的讀數(shù)偏大，經(jīng)排查發(fā)現(xiàn)電流表G內(nèi)阻的真實值與銘牌標示值有偏差，則只要 即可。(填正確答案標號)
A.增大電阻箱R1的阻值
B.減小電阻箱R2的阻值
C.將滑動變阻器的滑片P向M端滑動
(5)(2分)校準完成后，開關S2與b連接，電流表G的示數(shù)如圖乙所示，此示數(shù)對應的改裝電壓表讀數(shù)為 V。(保留2位有效數(shù)字)
8.(10分)(2024·云南省三校聯(lián)考)如圖甲所示，按壓式圓珠筆可以簡化為外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分。某按壓式圓珠筆內(nèi)芯的質(zhì)量為m，外殼的質(zhì)量為4m，外殼與內(nèi)芯之間的彈簧的勁度系數(shù)為k。如圖乙所示，先把筆豎直倒立于水平硬桌面上，用力下壓外殼使其下端接觸桌面(如位置a)，此時彈簧的壓縮量x=16mgk，g為重力加速度，然后將圓珠筆由靜止釋放，彈簧推動圓珠筆外殼豎直上升，經(jīng)過時間t外殼的速度達到最大，且此時外殼與內(nèi)芯發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處(如位置c)。已知彈簧彈性勢能的計算公式為E=12kx2，x為彈簧的形變量，不計空氣阻力與一切摩擦。
(1)(4分)當彈簧的壓縮量為多少時，外殼的速度達到最大？外殼的最大速度為多少？
(2)(3分)外殼與內(nèi)芯碰撞前，彈簧對外殼的沖量為多大？
(3)(3分)圓珠筆外殼下端離開桌面的最大高度是多少？
9.(14分)(2024·河北保定市二模)中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉系統(tǒng)”原理圖如圖所示。由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉磁場。其中的中性粒子沿原方向運動，被接收板(未畫出)接收；一部分離子打到左極板，其余的進入磁場發(fā)生偏轉被吞噬板吞噬并發(fā)出熒光。多樣性粒子束寬度為L，各組成粒子均橫向均勻分布。偏轉磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感應強度為B1，已知正離子的電荷量為q、質(zhì)量為m，兩極板間電壓為U、間距為L，極板長度為2L，吞噬板長度為2L并緊靠負極板。若正離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計，則：
(1)(3分)要使v0=qUm的正離子能在兩極板間做勻速直線運動，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場B0，求磁感應強度B0的大?。?br>(2)(4分)若入射粒子的速度均為v1=2qUm，撤去極板間的磁場B0，求進入偏轉磁場B1的正離子占總正離子數(shù)的比例η；
(3)(7分)重新在兩極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場B0并調(diào)整磁感應強度B0的大小，使v2=3qUm的正離子沿直線通過極板后進入偏轉磁場，若此時磁場邊界為矩形，如圖所示，當B1=5LmUq時上述離子全部能被吞噬板吞噬，求偏轉磁場的最小面積。
答案精析
1.C [氣體壓強是分子不停地運動與器壁撞擊的結果，與重力無關，氣泡中氣體壓強不為零，故A錯誤；水與氣泡界面處，分子比較稀疏，分子間的距離大于平衡時的距離，水分子作用力表現(xiàn)為引力，即水的表面張力，故B錯誤；由于分子是永不停息地做無規(guī)則運動的，因此水與氣泡界面處，氣體分子會進入水中，水分子會進入氣泡中，達到動態(tài)平衡，故C正確；若空間站中的溫度升高，氣泡的體積會增大，由于完全失重，沒有因水的重力產(chǎn)生的壓強，即宏觀效果的浮力，故氣泡不會在水球中上升，故D錯誤。]
2.B [根據(jù)Uce=12mvm2=hν-W0，可得該實驗的入射光頻率為ν=eUc+W0h，該實驗的光電子獲得的最大初動能為Ekm=eUc，故A錯誤，B正確；開始時光電管兩極間的正向電壓越大，光電流越大，但隨著光電流增加，當達到飽和光電流時，正向電壓再增加，光電流不再增大，故C錯誤；由公式hν0-W0=0，可得，極限頻率為ν0=W0h，則當入射光的頻率小于W0h時，不會發(fā)生光電效應，故D錯誤。]
3.C [設小球Q的質(zhì)量為m，O、Q間距離為L，在小球Q到達豎直墻之前，對小球Q受力分析，小球受重力、拉力、庫侖力，如圖
根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得mgh=FL=kqPqQr2r，在小球Q從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qP、qQ均不變，L變小，故r不變，F(xiàn)變小，因此這個過程小球Q繞小球P做圓周運動，當小球Q與墻壁接觸后受重力、拉力、向上的庫侖力，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大，所以拉力F先減小后增大；小球P、Q間的庫侖力先不變，再逐漸減小，故A、B錯誤；當小球Q與墻壁接觸前，庫侖力不做功，小球P、Q系統(tǒng)的電勢能不變；當小球Q與墻壁接觸后庫侖力做正功，小球P、Q系統(tǒng)的電勢能減?。凰孕∏騊、Q系統(tǒng)的電勢能先不變后減小，故C正確；小球Q在P球位置產(chǎn)生的電場強度為E=kqQr2，可知先大小不變后減小，故D錯誤。]
4.B [在MN面，入射角相同，紅光的折射率小于綠光的折射率，根據(jù)折射定律n=sinθsinα，可知綠光在MN面的折射角較小，由題圖可知綠光比紅光更靠近P點，故A錯誤；
根據(jù)發(fā)生全反射的臨界條件sin C=1n可知紅光發(fā)生全反射的臨界角較大，θ逐漸增大時，折射光線與NP面的交點左移過程中，在NP面的入射角先小于紅光發(fā)生全反射的臨界角，所以紅光的全反射現(xiàn)象先消失，故B正確；
在MN面，光是從光疏介質(zhì)到光密介質(zhì)，無論θ多大，在MN面都不可能發(fā)生全反射，故C錯誤；根據(jù)折射定律n=sinθsinα可知θ逐漸減小時，兩束光在MN面折射的折射角逐漸減小，故D錯誤。]
5.BC [根據(jù)楞次定律判斷，感生電場為順時針，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律可得E電動勢=ΔΦΔt，由于ΔΦ=ΔB·S，S=πr2，整理有E電動勢=ΔB·πr2Δt，由題圖乙可知，有ΔBΔt=B0t0，產(chǎn)生的電場強度為E，由于E電動勢=Ed=E·2πr，整理有E=E電動勢2πr，感生電場對小球的作用力F=Eq=B0r2t0q，故B正確；小球繞管道一圈感生電場做功W=F·2πr=πB0r2t0q，故C正確；小球在感生電場中的加速度Eq=maE，t0時刻小球的速度v=aE·t0=qrB02m，在水平方向上由B0qv+FNx=mv2r，解得FNx=-B02rq24m，所以管道對小球的作用力的大小為FN=q4B04r216m2+(mg)2，故D錯誤。]
6.BC [由軌道 Ⅰ 進入軌道 Ⅱ 需要在M點點火制動，使其減速才能完成，故A錯誤；根據(jù)題意條件可得近月點及遠月點距月球球心的距離分別為R1=(n+1)R，R2=(k+1)R，設在軌道 Ⅰ 上近月點的速度為v近，遠月點的速度為v遠，取極短時間Δt，根據(jù)開普勒第二定律有12v近·Δt·R1=12v遠·Δt·R2，聯(lián)立可得v近v遠=k+1n+1，故B正確；根據(jù)題意可得軌道 Ⅰ 的半長軸a=2R+kR+nR2=(2+k+n)R2，軌道 Ⅱ 的軌道半徑為R'=(n+1)R，設嫦娥六號在軌道 Ⅰ 上運行周期為T1，在軌道 Ⅱ 上運行的周期為T2，根據(jù)開普勒第三定律有a3T12=R'3T22，可得T1T2=a3R'3=(2+n+k)38(n+1)3，故C正確；設月球的質(zhì)量為M，嫦娥六號的質(zhì)量為m，根據(jù)萬有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r，解得v=GMr，當嫦娥六號環(huán)繞月球表面做圓周運動時的速度即為第一宇宙速度，即月球的第一宇宙速度為v1=GMR，而嫦娥六號在軌道 Ⅱ 上運行時的速度v2=GM(n+1)R，由此可得v2v1=1n+1，故D錯誤。]
7.(1)M (2)4 000 (3)UI-R1-R2
(4)A (5)0.86
解析 (1)由題圖甲可知，該滑動變阻器采用分壓式接法，為了保護電路，在開關S1閉合前，滑片P應移動到M端；
(2)當開關S2接b時，電壓表量程為1 V，
根據(jù)歐姆定律U1=Ig(Rg+R1)
當開關S2接a時，電壓表量程為3 V，
根據(jù)歐姆定律U2=Ig(Rg+R1+R2)
其中R1=1 200 Ω
聯(lián)立解得R2=4 000 Ω
(3)當開關S2接a時，根據(jù)歐姆定律
U=I(Rg+R1+R2)
可得電流表G的內(nèi)阻可表示為
Rg=UI-R1-R2
(4)校準電表時，發(fā)現(xiàn)改裝后電壓表的讀數(shù)始終比標準電壓表的讀數(shù)偏大，可知電流表G內(nèi)阻的真實值小于銘牌標示值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，可以增大電阻箱R1的阻值，使得R1+Rg之和不變。故選A。
(5)根據(jù)歐姆定律UG=IG(Rg+R1)=430×10-6×(800+1 200) V=0.86 V。
8.(1)4mgk 6gmk
(2)24mgmk+4mgt (3)588mg25k
解析 (1)外殼受向下的重力和向上的彈力，當彈力等于重力時，速度最大，有kx'=4mg
解得x'=4mgk
故當彈簧的壓縮量為4mgk時，外殼的速度達到最大；
設外殼的最大速度為v，根據(jù)機械能守恒定律有
ΔEp=12×4mv2+4mgΔh
即12k(256m2g2k2-16m2g2k2)=12×4mv2+4mg·(16mgk-4mgk)，
解得v=6gmk
故外殼的最大速度為6gmk；
(2)設彈簧對外殼的沖量為I，對外殼，
由動量定理有I-4mgt=4mv
解得I=24mgmk+4mgt
故外殼與內(nèi)芯碰撞前，彈簧對外殼的沖量為
24mgmk+4mgt；
(3)外殼和內(nèi)芯碰撞過程，由動量守恒定律得
4mv=(4m+m)v'
碰后過程，對圓珠筆由機械能守恒定律得
12(4m+m)v'2=(4m+m)gh
圓珠筆外殼下端離開桌面的最大高度
h'=h+(16mgk-4mgk)，
聯(lián)立解得h'=588mg25k
故圓珠筆外殼下端離開桌面的最大高度是588mg25k。
9.(1)1LmUq (2)50% (3)3935L2
解析 (1)正離子在兩極板間做勻速直線運動，
有qv0B0=qUL
解得B0=1LmUq
(2)正離子在電場中偏轉，有
2L=v1t，y=12at2，qUL=ma
代入數(shù)據(jù)得y=L2，即寬度為L2的粒子束中的正離子能進入偏轉磁場B1
所以進入偏轉磁場B1的正離子占總正離子數(shù)的比例為50%；
(3)洛倫茲力提供向心力，有
qv2B1=mv22r
解得r=35L
若離子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏轉磁場為最小面積矩形時，緊貼負極板射入磁場的離子射出磁場時，沿直線運動恰能打在吞噬板的最左端，如圖所示
設該軌跡圓心到磁場左邊界的距離為a，由相似三角形的幾何關系得
ar=r2L-r
解得a=935L
偏轉磁場的最小面積
Smin=35L·(L+35L+a)=3935L2。

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