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2023年浙江省名校联盟（七彩联盟）高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年浙江省名校联盟（七彩联盟）高考物理二模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了5s等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省名校联盟（七彩联盟）高考物理二模试卷
1. 以下不是电场强度E的单位的是( )
A. J/s B. kg⋅m/As3 C. V/m D. N/C
2. 下列有关科学史实的说法不正确的是( )
A. 通过α粒子散射实验估算出原子核半径数量级约为10−15m
B. 普朗克提出物体所带的电荷量是量子化的，首先提出了能量子的概念
C. 荷兰物理学家斯涅尔研究了折射角与入射角的定量关系，得到了折射定律
D. 奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场，后来安培总结了判断电流与磁场的方向关系的规律
3. 如图所示，登山者在倾斜的细绳及山体的作用下处于静止状态，细绳与竖直方向夹角为θ。则( )
A. 细绳对登山者的作用力一定大于登山者受到的重力
B. 若θ角一定，细绳对登山者的作用力大小也一定
C. 山体对登山者的作用力存在最小值
D. 山体对登山者的作用力一定小于登山者受到的重力
4. 如图所示，将小球从倾角为θ=30∘的光滑斜面上A点以速度v0=10m/s水平抛出(即v0//CD)，最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h=5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球的加速度为10 33m/s2 B. 小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C. 小球到达B点时的速度大小为10 2m/s D. 小球从A点运动到B点所用的时间为1s
5. 请用学过的电学知识判断下列说法不正确的是( )
A. 高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能
B. 避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地或将大地的负电荷与其中和
C. 接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属
D. 雷雨天，武夷山金殿的屋顶常出现“雷火炼殿”的奇观，这是静电屏蔽的原因
6. 2022年10月15日第四代核能技术的“钍基熔盐堆”完成实验验收，已具备商用条件。该实验堆是一种用钍-铀燃料进行核反应的熔盐堆，可以实现高效的核燃料利用和低污染的废物产生；该实验堆无需加压，不需要大量的水作为慢化剂，在安全上具备重大优势。已知钍的原子序数为90，有关该反应堆下列说法正确的是( )
A. 其核能来源于核聚变释放的能量
B. 核反应产物的比结合能比核燃料的比结合能低
C. 核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应
D. 要加热到很高温度，使它们具有足够的动能来克服核力
7. 英国著名科幻作家Arthur CClarke在小说《天堂之泉》中，首先向主流科学社会和公众介绍了“太空天梯”的设想。“太空天梯”的主体结构为一根缆绳：一端连接地球赤道，另一端连接地球同步卫星，且缆绳延长线通过地心。当两货物分别停在天梯的a、b两个位置时，以地心为参考系，下面说法正确的是( )
A. b处的线速度小于a处的线速度
B. b处的向心加速度小于a处的向心加速度
C. 若有一个轨道高度与a相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的周期大于位于a处货物的周期
D. 若有一个轨道高度与b相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的角速度大于位于b处货物的角速度
8. 全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，某同学自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置。如图所示，其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端。该同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，已知R′>R0有关电压表的接法及示数变化下列说法正确的是( )
A. 接在bc之间，当油量减少时电压表示数增大
B. 接在bc之间，当油量减少时电压表示数减小
C. 接在bd之间，当油量减少时电压表示数增大
D. 接在bd之间，当油测减少时电压表示数减小
9. 如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员( )
A. 起跳时获得的动能约为1830J B. 在空中的运动时间为0.5s
C. 在最高点时速度大小为12m/s D. 落地时速度方向与水平方向的夹角为30∘
10. 如图所示的电路，R1，R2，R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中下列说法正确的是( )
A. 电压表示数变小 B. 电流从上往下通过R3
C. 电源的输出功率变小 D. 通过R2的电流变大
11. 以下四种情景中产生正弦交变电流的是( )
A. 图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动
B. 图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动
C. 图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动
D. 图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴OO′转动
12. 一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t=0.7s时刻的波形第一次如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位置的坐标x=0.5m。下列说法正确的是( )
A. 波源振动的周期为1.0s B. 该波传播的速度为2.0m/s
C. t=0.7s时O点的位移为−5 3cm D. 在0∼1.3s内，质点P运动路程为45cm
13. 某同学设计了一个加速度计，如图所示，较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器，4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电源E完全相同。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是( )
A. 这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电压
B. 若观察到电压表的指针向右偏转，说明物体具有与图示方向相同的加速度
C. 若观察到电压表指针在零点，说明物体处于静止状态
D. 电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比
14. 电磁波在科学研究和日常生活中有着广泛的应用.如图所示，关于电磁波的应用，以下说法正确的是( )
A. 图甲中经过调制后的电磁波的波长不变
B. 图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究
C. 图丙中红外线夜视仪是利用了红外线热效应强的特点
D. 图丁中CT机应用人体发射红外线的原理拍摄人体组织
15. 如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A. 出水口钢管横截面积为43×10−3m2 B. 每秒内水流机械能增加258J
C. 电动机的输入功率为258W D. 电动机线圈的电阻约为35Ω
16. “探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验装置如图所示，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，然后在弹簧下端分别挂i=1、2、3、4、5、6和7个相同的钩码(每个钩码的质量均为50.0g，取前6个砝码的数据，重力加速度g取10.0m/s2)，记录弹簧下端相应位置的读数xi加；然后逐个减去钩码，同样记录弹簧下端相应位置的读数xi减，并计算得到弹簧下端相应位置值xi=(xi加+xi减)/2，其数据如表。
弹簧下端挂钩码的个数
加钩码相应位置值xi加/cm
减钩码相应位置值xi减/cm
xi/cm
1
4.19
4.21
4.20
2
5.40
5.43
5.42
3
6.41
6.43
6.42
4
7.52
7.58
7.55
5
8.83
8.87
8.85
6
10.00
10.04
10.02
(1)为计算弹簧的劲度系数，应选用______ 数据；
A.加钩码时相应位置值xi加
B.减钩码相应位置值xi减
C.xi=(xi加+xi减)/2
(2)用下列坐标纸，作图法求出弹簧劲度系数k=______ N/m(保留3位有效数字)；
(3)为减小实验误差，在选用钩码时需考虑的因素有______ 。
17. (1)根据金属丝的电阻值随温度变化的规律可设计热敏电阻温度计。已知某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况如图1所示，即Rt=R1+α(t−t1)，其中α为金属丝的温度系数。把这段金属丝与电池、电流表如图2所示连接起来，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计。
①电池的电动势和内阻不变，则标在电流表比较大的刻度上代表t1、t2两点中的______ (选填“t1”或“t2”)。这一温度计的主要不足是______ 。
②为改进这一缺点，小明设计了如图3所示的测量电路，R1为金属丝电阻在t1时的阻值，Rt为金属丝在温度为t时的阻值。在B、D点接理想电压表，电源电动势为E，内阻不计。当t=t1时，即Rt=R1，则电压表示数U1=______ 。现将阻值为Rt的金属丝温度从t1升高至某一温度t，其阻值增加值ΔR=Rt−R1，若ΔR≪R1，则电压表示数U≈______ 。
A.0
B.E2
C.E4ΔRR1
D.E2ΔRR1
③小明将该金属丝置于待测温度的容器中，电压表示数为U2，则该容器的温度=______ 。
A.R1α(1+4U2E)
B.t1+R1α4U2E
C.R1α4U2E
D.t1+R1α(1+2U2E)
(2)在“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，实验电路图如图4所示。取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充好电。
①给电容器A充电时，下列图象正确的是______ 。
②把开关S1接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，但电压表示数不是变为原来的一半，产生这种现象可能的原因是______ (多选)。
A.回路有电阻
B.电容器漏电
C.静电感应
D.电荷之间的库仑力
18. 如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S=1.0×10−3m2、质量m=2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l=36cm，在活塞的右侧距离其d=14cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，两卡环的横截面积和为S′=2.0×10−4m2。气体的温度t=27℃，外界大气压强p0=1.0×105Pa，现将汽缸开口向下竖直放置(g取10m/s2)。
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到500K，求两卡环受到的压力大小(假定活塞与卡环能紧密接触)。
19. 如图所示，竖直平面内固定有光滑轨道AB、水平直轨道CD、EF和以速度v0逆时针转动的传送带MN，在EF轨道右侧固定一反弹装置。各轨道平滑连接，传送带与水平轨道等高、间隙不计。现有一质量为m的滑块a从轨道AB上高为h处由静止下滑，与反弹装置的碰撞为完全弹性碰撞。已知轨道AB末端B处的曲率半径R=2m，LCD=0.45m，LMN=0.7m，LEF=0.9m，m=2kg，v0=3m/s，滑块与CD和MN间的动摩擦因数μ=0.5，与EF间的动摩擦因数μ′=0.5−59x，其中x为滑块距E点的距离。
(1)若h=0.2m，求滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力FN；
(2)若滑块过不了传送带，求高度h的最大值；
(3)若滑块只通过传送带一个来回，试求传送带额外做功的最大值。
20. 根据霍尔效应原理制成的霍尔元件有广泛的应用，某研究小组用霍尔元件来研究金属棒在磁场中的运动规律。如图1(a)所示，在水平面上固定放置两间距为l的平行、光滑金属导轨，其右侧通过开关S接有恒流源，向回路提供恒定电流I0；在−x0≤x≤x≤x0区间存在方向垂直导轨平面向下、大小沿Oy轴方向不变、沿Ox轴方向按某一规律变化的稳恒磁场。一质量为m的金属棒垂直于导轨放置，其上固定一霍尔元件(相比m，其质量可忽略不计)，它是一个长、宽和高分别为a×bxc的长方体微小半导体薄片，磁场方向垂直a×b平面，其单位体积中载流子数为n，每个载流子带电荷量为e。在半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，放大图如图1(b)所示，在E、F间通入恒定的电流I，则在M、N间出现霍尔电压UH=UM−UN(图中没有画出提供电流I和测量电压UH的电路图)。开关S断开时，导体棒静止在x=x0处。计算时将1nec用常量k表示。(已知力一位移图象的面积是力所做的功)
(1)求半导体薄片中载流子平均移动速率；
(2)半导体材料有P型(载流子以空穴导电为主，即正电荷导电)和N型(载流子以电子导电为主)两种，当棒位于x=x0处时，测得霍尔电压大小为UH0，求该处磁感应强度B0的大小；如果UH0>0，则该半导体是P型还是N型？
(3)闭合开关S，导体棒从x=x0处开始运动，测得霍尔电压UH随x变化的图线为如图2所示，求磁感应强度B沿Ox轴的分布规律和棒运动速度与x的关系。
21. 磁控管在现代科技领域有广泛的应用。为使问题简化，我们将静态磁控管简化为一对长度足够的平行平板电极系统中的电子在正交稳恒电磁场中的运动。如图所示，在间距为d的两极板间加不计内阻、电动势为U的电源，两极板间存在方向垂直xOy平面向里、大小为B的匀强磁场，位于阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似为零的电子，当U不变，改变B的大小时，电子在两极板间的运动轨迹将发生变化，如图2所示，其中轨迹Ⅲ最高点P恰好与阳极相切。电子电荷量为e，质量为m，不计电子的相互作用。
(1)求轨迹Ⅰ对应的磁感应强度大小BⅠ，并比较轨迹Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所对应的磁感应强度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小关系；
(2)求轨迹Ⅲ对应的磁感应强度BⅢ以及轨迹在P处的曲率半径；
(3)若灯丝单位时间发射n个电子，画出电流I随磁感应强度B变化的图像。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据电势差的公式U=Wq，功的单位为J，电量的单位为C，J/C是电势差的单位，不是电场强度的单位，故A正确；
B、根据F=ma、电场强度的定义式E=Fq以及流的定义I=qt可知，1N=kg⋅m/s2，1C=1A⋅s，而N/C是电场强度的单位，联立可得kg⋅m/As3也是场强度的单位，故B错误；
C、根据电场强度的公式E=Ud可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位，故C错误；
D、根据电场强度的定义式E=Fq可知，力的单位是N，电量的单位是C，所以N/C是场强度的单位，故D错误。
本题选不是电场强度的，
故选：A。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．
物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系。
2.【答案】B
【解析】解：A、通过α粒子散射实验估算出原子核半径数量级约为10−15m，故A正确；
B、密立根提出物体所带的电荷量是量子化的，普朗克首次提出了能量子的概念，故B错误；
C、荷兰物理学家斯涅尔研究了折射角与入射角的定量关系，得到了折射定律，故C正确；
D、奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场，后来安培总结了判断电流与磁场的方向关系的规律，故D正确。
本题要求选不正确的，
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
3.【答案】C
【解析】解：AD、以登山者为研究对象，受到重力G、细绳的作用力T和山体的作用力N，T、N 可以大于、等于或小于G，故AD错误；
B、T除与θ角大小、重力有关外，还与N方向有关，故B错误；
C、如图所示：
当T、N垂直时，N存在着最小值，故C正确。
故选：C。
以登山者为研究对象，进行受力分析，根据共点力平衡条件分析各个力的大小关系，根据图解法分析C项。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析，注意图解法的分析方法。
4.【答案】C
【解析】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
a=mgsinθm=gsinθ=10×5m/s2=5m/s2，
根据位移-时间关系可得：hsinθ=12at2
代入数据解得：t=2s
沿斜面方向的速度大小为：vy=at=5×2m/s=10m/s
则到达B点时的速度大小v= v02+vy2= 102+102m/s=10 2m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
物体在斜面上做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据沿斜面向下的位移求出到达B点时沿斜面向下的分速度，结合平行四边形定则求出小球到达B点的速度大小．
解决本题的关键知道小球在平行斜面底边方向和沿斜面向下方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解．
5.【答案】D
【解析】解：A、高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能，故A正确；
B、避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地或将大地的负电荷与其中和，故B正确；
C、人体通常会带静电，接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属，否则人体静电会损坏电路元件，故C正确；
D、“雷火炼殿”是奇特的闪电现象，非静电屏蔽，故D错误。
本题选不正确项，
故选：D。
本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽。
强电场作用下，物体尖锐部分发生的一种放电现象称为尖端放电，它属于一种电晕放电．它的原理是物体尖锐处曲率大，电场线密集，因而电场强度大，致使其附近部分气体被击穿而发生放电。
本题主要考查了静电屏蔽现象和尖端放电现象，是联系实际的好题。
6.【答案】C
【解析】解：A、其核能来源于核裂变释放的能量，故A错误；
B、反应产物的比结合能比核燃料的比结合能高，故B错误；
C、核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应，故C正确；
D、核裂变不需要加热到很高温度，故D错误。
故选：C。
该核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应，其核能来源于核裂变释放的能量，不需要加热到很高温度。
本题考查核裂变，本题是基础题，考的是基本概念，难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：AB、天梯连接地心和同步卫星，天梯上各点的角速度都和地球自转相等，根据v=rω，a=rω2可知处的线速度大于处的线速度，b处的向心加速度大于处的向心加速度，故AB错误；
C、轨道高度与a相同的人造卫星周期小于同步卫星的周期，则其环绕地球的周期小于a处货物的周期，故C错误；
D、轨道高度与b相同的人造卫星角速度大于同步卫星的角速度，则其环绕地球的角速度大于位于b处货物的角速度，故D正确。
故选：D。
天梯上的各点属于同轴传动，其角速度和周期皆与地球的自转角速度和周期相同，根据v=rω，a=rω2可判断a、b两处的线速度和角速度；轨道高度与a、b相同的卫星的周期和角速度与地球同步卫星进行比较即可。
本题中天梯上各点属于同轴传动，其角速度和周期皆与地球的自转周期和角速度相同，而非用“高轨低速大周期”的规律处理。
8.【答案】A
【解析】解：由于滑动变阻器滑片达到最低点时滑动变阻器接入电路的电阻为零，此时滑动变阻器两端电压为零，所以滑动变阻器两端电压可以从零开始变化，电压表应该接在滑动变阻器两端，即接在b、c两点之间；
当油箱中油量减少时，浮标下降，滑动变阻器滑片左端下降、右端上升，滑动变阻器接入电路的电阻增大、电压表的示数将增大，故A正确、BCD错误。
故选：A。
滑动变阻器两端电压可以从零开始变化，由此分析电压表应该接哪两点之间；根据油箱中油量减少时滑动变阻器接入电路的电阻的变化分析电压的变化。
本题考查了滑动变阻器的使用和闭合电路欧姆定律的应用，关键是明白电路的工作原理、能够根据滑动变阻器接入电路电阻的变化分析电压的变化。
9.【答案】A
【解析】解：B、运动员从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有h=12gt2，解得下落时间t=0.5s
由对称性可知，运动员在空中的运动时间为t′=2t=2×0.5s=1.0s，故B错误；
C、水平方向有v0=xt′=61.0m/s=6m/s，故在最高点时的速度大小为6m/s，故C错误；
AD、竖直末速度大小为vy=gt=10×0.5m/s=5m/s，
落地时速度方向与水平面所成的夹角为tanα=vyv0=65=1.2，即α≠30∘；
从起跳到最高点，根据动能定理有：−mgh=12mv02−Ek
代入数据解得：Ek=1830J
故D错误，A正确。
故选：A。
根据抛体运动的处理规律，依据运动的合成与分解及平行四边形定则，结合动能定理即可求解。
本题考查抛体运动和动能定理的处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，理解运动学公式的内容，注意运动员在水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做竖直向上抛运动。
10.【答案】B
【解析】解：A、当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R4变大，电路的总电阻变大，总电流I变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大，故A错误；
B、电容器两端电压为：U=E−I(r+R2)，I变小，故电容器两端电压U变大，带电量变大，电容器充电，电流从上往下通过R3，故B正确；
C、由于不知道内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故C错误；
D、电路的总电阻变大，干路电流变小，则通过R2的电流变小，故D错误。
故选：B。
根据变阻器滑片移动方向，分析电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化．根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压变化情况，即可判断电容器的状态，确定通过R3的电流方向。根据内外电阻的关系，分析电源输出功率的变化。
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。
11.【答案】B
【解析】解：A.图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，产生余弦交变电流，故A错误；
B.图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动，产生正弦交变电流，故B正确；
C.图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动，产生的的感应电流不变，故C错误；
D.图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴OO′转动，不产生感应电流，故D错误。
故选：B。
根据交流电产生过程和变化规律分析判断。
本题考查交流电，要求掌握交流电产生过程和变化规律。
12.【答案】D
【解析】解：AB、t=0时刻质点P向平衡位置运动，说明波沿x轴负方向传播，t=0.7s时刻的波形第一次如图中虚线所示，则0.7s内波传播的距离为x=1.2m−0.5m=0.7m，故波速为v=xt=0.70.7m/s=1m/s，波长为λ=1.2m，则周期为T=λv=1.21s=1.2s，故AB错误；
C、质点O的振动方程为y=Asin2πTt=10sin2π1.2t(cm)，将t=0.7s代入解得，O点的位移为y=−5cm，故C错误；
D、质点P平衡位置的坐标x=0.5m，结合波动方程可知t=0时，质点P偏离平衡位置5cm，波沿x轴负方向传播，最近的是x=1.2m处质点运动形式平移到该点。根据波形平移法可得：t=0时刻，质点P向平衡位置运动，经t′=0.6−0.51.2T=112T(T为周期)刚好回到平衡位置，再运动半个周期到虚线中位置，故质点P在0∼0.7s时间运动路程为s=5cm+2A=5cm+20cm=25cm，在0.7∼1.3s运动的路程s′=2A=2×10cm=20cm，所以在0∼1.3s内，质点P运动路程为45cm，故D正确；
故选：D。
已知t=0时刻P点正沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”判断波的传播方向；0.7s内波传播的距离为0.7m，根据v=xt求出波速，读出波长，从而求得周期。根据振幅、角频率和初相位写出质点O的振动方程。质点P平衡位置的坐标x=0.5m，波沿x轴负方向传播，最近x=1.2m处质点运动形式平移到该点，质点P到达平衡位置，分析质点P的振动过程，确定P运动的路程。
本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解，要能正确分析质点的运动过程，从而确定质点通过的路程。
13.【答案】D
【解析】解：A、这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压，故A错误；
B、由图可知，当电压表指针右偏，表明P端的电势高于Q端，滑块处于电阻的左侧，滑块所受合力向左，加速度向左，故B错误；
C、若观察到电压表指针在零点，表明P、Q电势相等，此时物体可能静止、也可能做匀速直线运动，故C错误；
D、假如滑块右移动x，根据牛顿第二定律可得：2kx=ma
此时电压表的示数：U=I⋅xL⋅R
由以上两式得：U=IRm2kL⋅a
所以电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比，故D正确。
故选：D。
这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压；根据加速度传感器的工作原理结合电路图进行分析。
本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想-转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。
14.【答案】AB
【解析】解：A、由图示可知，图甲是调幅，调幅只改变幅度，不改变频率，因此电磁波的波长不变，故A正确；
B、天体不断向外辐射电磁波，天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究，故B正确；
C、红外线夜视仪是利用了任何物体都能向外辐射红外线的特点进行工作的，故C错误；
D、CT机应用高频率的射线，比如X射线、γ射线等，而不是红外线拍摄人体组织，故D错误。
故选：AB。
调制分为调幅与调频两种；利用射电望远镜接收天体辐射的无线电波可以进行天文研究；任何物体都可以辐射红外线，红外线夜视仪利用物体可以辐射红外线的特点进行工作；CT利用频率较高的射线成像的原理拍摄人体组织。
本题考查了电磁波的应用问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。
15.【答案】ABD
【解析】解：A、由题意得，单位时间内出水的体积为V=mρ=41.0×103m3=4×10−3m3
出水口钢管横截面积为S=Vvt=4×10−33×1m2=43×10−3m2
故A正确；
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE=mgh+12mv2
h=5.55m+0.45m=6m
代入数据解得：ΔE=258J
故B正确；
C、电动机的输出功率P出=Wt=ΔEt=2581W=258W
电动机的输入功率为P入=P75%=25875%W=344W
故C错误；
D、对电动机，有P入=P出+I2r
P入=UI
代入数据联立解得：r=302586Ω≈35Ω
故D正确。
故选：ABD。
根据密度公式求解单位时间内出水的体积，根据圆柱体积公式求解横截面积；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率；根据功率公式求解电动机线圈的电阻。
本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式。
16.【答案】C43.0在弹性限度内尽量采用质量大的钩码
【解析】解：(1)计算弹簧的劲度系数时，需要测量弹簧的长度，从而得到弹簧的形变量，利用加钩码相应位置值和减钩码相应位置值的平均值计算更加准确，故C正确，AB错误；
故选：C。
(2)如图：
图中斜率1k=2.326cm/N
弹簧劲度系数k=12.236×10−2N/m=43.0N/m
(3)为减小实验误差，在选用钩码时需考虑的因素有：在弹性限度内尽量采用质量大的钩码。
故答案为：(1)C；(2)Δx−ΔF如图所示；43.0；(3)在弹性限度内尽量采用质量大的钩码。
(1)利用加钩码相应位置值和减钩码相应位置值的平均值计算减小偶然误差。
(2)弹簧的弹力等与钩码的重力，由胡克定律求劲度系数，在Δx−ΔF图像中图线斜率表示1k。
(3)弹簧挂物体后一定要在弹性限度内。
本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要明确实验原理，同时会利用图像斜率求解相关物理量。
17.【答案】t1 刻度不均匀 A C B BCD AB
【解析】解：(1)①根据闭合电路欧姆定律有：I=Er+RA+R1+α(t−t1)
可知当t增大时，电流I减小，则标在电流表比较大的刻度上代表t1
由上式可知t与I不是一次线性关系，电阻温度计的刻度不是均匀的。
②设C点的电势为零，则UAC=E，UDC=φD−0=12E，φD=12E
通过ABC的电流为：I1=ER1+Rt
UBC=φB−φC=I1Rt=RtR1+RtE
则φB=RtR1+RtE
设热敏电阻变化量为ΔR，则
φB=R1+ΔR2R1+ΔRE
电压表示数为U=φB−φD=R1+ΔR2R1+ΔRE−12E=ΔRR12(2+ΔRR1)E
由于ΔR≪R1
则U=ΔR4R1E
当t=t1时，即Rt=R1，则电压表示数U1=0
③电压表示数为U2，热敏电阻的变化量为ΔR=Rt−R1=α(t−t1)
由②中结论有：U2=α(t−t1)4R1E
解得：t=t1+4U2R1αE
故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)①ABD.电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量和两极板间的电势差无关，故A错误，BD正确；
C.由电容定义式C=QU可知，电容器所带电荷量和两极板间的电势差成正比，即Q−U图像为一条过原点的直线，故C正确。
故选：BCD。
②A.一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，如果回路有电阻，由于分压原因，电压表示数小于原来的一半，故A正确；
B.如果电容器漏电，电荷量减小，则电压表示数小于原来的一半，故B正确；
C.静电感应和电荷之间的库仑力不会影响电容器的电压，故CD错误。
故选AB。
故答案为：(1)①刻度不均匀；②A，C；③B；(2)①BCD；②AB。
(1)①根据闭合电路欧姆定律分析判断；
②根据电势差和欧姆定律推导；
③根据②中结论计算；
(3)①根据电容定义式分析判断；
②根据实验中存在的漏电对实验的影响分析判断。
本题考查热敏电阻的应用和电容器的充放电，要求掌握热敏电阻温度计的原理和充放电过程。
18.【答案】解：(1)气缸水平放置时：
封闭气体的压强p1=p0=1.0×105Pa，温度T1=273+27K=300K，体积V1=Sl
气缸竖直放置时，假设活塞没有与卡环接触：
封闭气体的压强p2=p0−mgS=1.0×105Pa−2×101×10−3Pa=8×104Pa
温度T2=T1=300K，体积V2=Sl′
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2
代入数据联立解得l′=45cm
因l′
此时：p3=p2，V2=l′S，V3=(l+d)S，T2=300K
根据盖-吕萨克定律：V2T2=V3T3
代入数据解得：T3=10003K
因T3<500K，故气缸内气体温度由T3继续升高，气体做等容变化：
p3=p2=8×104Pa，T4=500K
由查理定律得：p3T3=p4T4
解得：p4=1.2×105Pa
两卡环对活塞的支持力大小为：F=mg+(p4−p0)S′
解得：F=24N
根据牛顿第三定律可知两卡环受到的压力大小等于F=24N。
答：(1)此时活塞与汽缸底部之间的距离h为45cm；
(2)如果将缸内气体加热到500K，两卡环受到的压力大小为24N
【解析】气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强，当气缸竖直放置时，封闭气体的压强等于大气压强减去活塞重力产生的压强，由于两种情况下气体的温度保持不变，根据等温变化求出此时气体的体积，根据气体的体积可以求出活塞与气缸底部之间的距离；气缸竖直放置后，加温到500K时，如果活塞不能到达卡环，则气体压强保持不变，若活塞能到达卡环，则根据到达卡环后气体做等容变化，根据理想气体状态方程可以求出此时封闭气体的压强。
正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。注意要判断第三种情况下气体是否可以到达卡环。
19.【答案】解：(1)滑块a下滑过程中，根据动能定理可得：mgh=12mvB2
代入数据解得：vB=2m/s
滑块运动至B处时，根据牛顿第二定律可得：FN′−mg=mvB2R
代入数据解得：FN′=24N
根据牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力大小为FN=FN′=24N、方向向下
(2)若滑块过不了传送带，滑块到达E点的速度为零时下滑的高度最大，设最大高度为hm，由动能定理，有：
mghm−μmgLCD−μmgLMN=0
代入数据解得：hm=0.575m
(3)传送带额外做功最大的临界条件：滑块第二次到达E点速度为零，在EF段，克服摩擦力做功为：
WEF=Ff−⋅LEF=0.5×2×10+(0.5−59×0.9)×2×102×0.9J=4.5J
滑块第一次到达E点时，根据功能关系可得：12mvE12=2WEF，解得：vE1=3m/s
滑块第一次到达D点，根据功能关系可得：12mvD12=2WEF+μmgLMN，解得：vD1=4m/s
滑块第二次到达D点，根据功能关系可得：12mvD22=μmgLMN，解得：vD2= 7m/s
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W1=μmgv0⋅vD1−vE1μg
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W2=μmgv0⋅vD2−vE2μg
滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为：W=W1+W2
联立解得：W=6(1+ 7)J。
答：(1)若h=0.2m，则滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力为24N、方向向下；
(2)若滑块过不了传送带，则高度h的最大值为0.575m；
(3)若滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为6(1+ 7)J。
【解析】(1)滑块a下滑过程中，根据动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律列方程求解；
(2)若滑块过不了传送带，滑块到达E点的速度为零时下滑的高度最大，由动能定理进行解答；
(3)传送带额外做功最大的临界条件：滑块第二次到达E点速度为零，根据功能关系求解每次达到D点和E点的速度大小，再根据功能关系求解两次传送带额外做的功，由此得解。
本题主要是考查了功能关系动能定理和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
20.【答案】解：(1)设半导体薄片中载流子平均移动速率为v−，根据电流微观表达式I=nqsv=necbv−
解得：v−=Inecb=kb；
(2)当棒位于x=x0处时，ev−B0=eEH0
EH0=UH0b
联立解得：B0=UH0bv−=necIUH0=1kUH0
若UH0>0，M端积累正电荷，N端积累负电荷，故为N型。
(3)由图2可知，UH=UH0x0x，当导体棒运动到x处时，其磁感应强度大小为B，则
B=1kUH=UH0kx0x(磁场方向竖直向下为正)
导体棒受力FA=−I0lkx0UH0x
由动能定理：12mv2=12I0lkx0UH0(x02−x2)
v=± I0lkmx0UH0(x02−x2)(−x0≤x≤x0)
导体棒做简谐振动，沿x轴负方向运动时，取负号，反之取正号。
答：(1)半导体薄片中载流子平均移动速率为kb
(2)当棒位于x=x0处时磁感应强度B0为1kUH0，如果UH0>0，则该半导体是N型
(3)磁感应强度B沿Ox轴的分布规律和棒运动速度与x的关系式：v=± I0lkmx0UH0(x02−x2)(−x0≤x≤x0)
【解析】(1)利用电流微观表达式求载流子平均移动速率；
(2)根据洛伦兹力与电荷受到的电场力平衡关系列式求解电场强度大小，再根据题意可以判断M、N分别累积正电荷和负电荷，由此即可判断为N型；
(3)霍尔元件稳定电压时载流子所受电场力和洛伦兹力大小相等，利用图像分析电压随x变化函数关系。
解学本题关键是霍尔元件稳定电压时载流子所受电场力和洛伦兹力大小相等，该题的难点为利用图像分析电压随x变化函数关系，本题综合性较强，难度较大。
21.【答案】解：(1)轨迹Ⅰ的电子做直线运动，则BⅠ=0
电子在电场中加速的同时，受到的洛伦兹力使其偏转，洛伦兹力越大、偏转情况越明显，所以BⅡ
解得：vP= 2eUm
在任意位置，将电子运动速度分解为vx和vy，则电子在水平方向受到的洛伦兹力为：Fx=eBⅢvy
从开始到P点，取向右为正方向，水平方向根据动量定理，有：FxΔt=mvP
即eBⅢd=mvP
联立解得：BⅢ=1d2Ume
在P点根据牛顿第二定律可得：evPBⅢ−e⋅Ud=mvP2r
解得轨迹在P处的曲率半径：r=2d
(3)饱和电流：Im=ne
截止和饱和临界磁感应强度为：B=BⅢ
电流I随磁感应强度B变化的图像如图所示：
答：(1)轨迹Ⅰ对应的磁感应强度大小为0，轨迹Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所对应的磁感应强度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小关系为BⅡ
(3)若灯丝单位时间发射n个电子，电流I随磁感应强度B变化的图像见解析。
【解析】(1)轨迹Ⅰ的电子做直线运动，则BⅠ=0；根据电子的偏转情况分析磁感应强度的大小；
(2)根据动能定理求解电阻达到P点的速度大小，将电子运动速度分解为vx和vy，水平方向根据动量定理求解磁感应强度的大小，在P点根据牛顿第二定律求解电子轨迹在P处的曲率半径；
(3)根据电流的概念得到饱和电流，由此作出电流I随磁感应强度B变化的图像。
本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，关键是弄清楚电子的受力情况和运动情况，知道洛伦兹力不做功，掌握动量定理的应用方法。
2023年浙江省名校联盟（七彩联盟）高考物理二模试卷
1. 以下不是电场强度E的单位的是( )
A. J/s B. kg⋅m/As3 C. V/m D. N/C
2. 下列有关科学史实的说法不正确的是( )
A. 通过α粒子散射实验估算出原子核半径数量级约为10−15m
B. 普朗克提出物体所带的电荷量是量子化的，首先提出了能量子的概念
C. 荷兰物理学家斯涅尔研究了折射角与入射角的定量关系，得到了折射定律
D. 奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场，后来安培总结了判断电流与磁场的方向关系的规律
3. 如图所示，登山者在倾斜的细绳及山体的作用下处于静止状态，细绳与竖直方向夹角为θ。则( )
A. 细绳对登山者的作用力一定大于登山者受到的重力
B. 若θ角一定，细绳对登山者的作用力大小也一定
C. 山体对登山者的作用力存在最小值
D. 山体对登山者的作用力一定小于登山者受到的重力
4. 如图所示，将小球从倾角为θ=30∘的光滑斜面上A点以速度v0=10m/s水平抛出(即v0//CD)，最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h=5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球的加速度为10 33m/s2 B. 小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C. 小球到达B点时的速度大小为10 2m/s D. 小球从A点运动到B点所用的时间为1s
5. 请用学过的电学知识判断下列说法不正确的是( )
A. 高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能
B. 避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地或将大地的负电荷与其中和
C. 接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属
D. 雷雨天，武夷山金殿的屋顶常出现“雷火炼殿”的奇观，这是静电屏蔽的原因
6. 2022年10月15日第四代核能技术的“钍基熔盐堆”完成实验验收，已具备商用条件。该实验堆是一种用钍-铀燃料进行核反应的熔盐堆，可以实现高效的核燃料利用和低污染的废物产生；该实验堆无需加压，不需要大量的水作为慢化剂，在安全上具备重大优势。已知钍的原子序数为90，有关该反应堆下列说法正确的是( )
A. 其核能来源于核聚变释放的能量
B. 核反应产物的比结合能比核燃料的比结合能低
C. 核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应
D. 要加热到很高温度，使它们具有足够的动能来克服核力
7. 英国著名科幻作家Arthur CClarke在小说《天堂之泉》中，首先向主流科学社会和公众介绍了“太空天梯”的设想。“太空天梯”的主体结构为一根缆绳：一端连接地球赤道，另一端连接地球同步卫星，且缆绳延长线通过地心。当两货物分别停在天梯的a、b两个位置时，以地心为参考系，下面说法正确的是( )
A. b处的线速度小于a处的线速度
B. b处的向心加速度小于a处的向心加速度
C. 若有一个轨道高度与a相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的周期大于位于a处货物的周期
D. 若有一个轨道高度与b相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的角速度大于位于b处货物的角速度
8. 全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，某同学自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置。如图所示，其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端。该同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，已知R′>R0有关电压表的接法及示数变化下列说法正确的是( )
A. 接在bc之间，当油量减少时电压表示数增大
B. 接在bc之间，当油量减少时电压表示数减小
C. 接在bd之间，当油量减少时电压表示数增大
D. 接在bd之间，当油测减少时电压表示数减小
9. 如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员( )
A. 起跳时获得的动能约为1830J B. 在空中的运动时间为0.5s
C. 在最高点时速度大小为12m/s D. 落地时速度方向与水平方向的夹角为30∘
10. 如图所示的电路，R1，R2，R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中下列说法正确的是( )
A. 电压表示数变小 B. 电流从上往下通过R3
C. 电源的输出功率变小 D. 通过R2的电流变大
11. 以下四种情景中产生正弦交变电流的是( )
A. 图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动
B. 图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动
C. 图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动
D. 图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴OO′转动
12. 一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t=0.7s时刻的波形第一次如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位置的坐标x=0.5m。下列说法正确的是( )
A. 波源振动的周期为1.0s B. 该波传播的速度为2.0m/s
C. t=0.7s时O点的位移为−5 3cm D. 在0∼1.3s内，质点P运动路程为45cm
13. 某同学设计了一个加速度计，如图所示，较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器，4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电源E完全相同。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是( )
A. 这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电压
B. 若观察到电压表的指针向右偏转，说明物体具有与图示方向相同的加速度
C. 若观察到电压表指针在零点，说明物体处于静止状态
D. 电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比
14. 电磁波在科学研究和日常生活中有着广泛的应用.如图所示，关于电磁波的应用，以下说法正确的是( )
A. 图甲中经过调制后的电磁波的波长不变
B. 图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究
C. 图丙中红外线夜视仪是利用了红外线热效应强的特点
D. 图丁中CT机应用人体发射红外线的原理拍摄人体组织
15. 如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A. 出水口钢管横截面积为43×10−3m2 B. 每秒内水流机械能增加258J
C. 电动机的输入功率为258W D. 电动机线圈的电阻约为35Ω
16. “探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验装置如图所示，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，然后在弹簧下端分别挂i=1、2、3、4、5、6和7个相同的钩码(每个钩码的质量均为50.0g，取前6个砝码的数据，重力加速度g取10.0m/s2)，记录弹簧下端相应位置的读数xi加；然后逐个减去钩码，同样记录弹簧下端相应位置的读数xi减，并计算得到弹簧下端相应位置值xi=(xi加+xi减)/2，其数据如表。
弹簧下端挂钩码的个数
加钩码相应位置值xi加/cm
减钩码相应位置值xi减/cm
xi/cm
1
4.19
4.21
4.20
2
5.40
5.43
5.42
3
6.41
6.43
6.42
4
7.52
7.58
7.55
5
8.83
8.87
8.85
6
10.00
10.04
10.02
(1)为计算弹簧的劲度系数，应选用______ 数据；
A.加钩码时相应位置值xi加
B.减钩码相应位置值xi减
C.xi=(xi加+xi减)/2
(2)用下列坐标纸，作图法求出弹簧劲度系数k=______ N/m(保留3位有效数字)；
(3)为减小实验误差，在选用钩码时需考虑的因素有______ 。
17. (1)根据金属丝的电阻值随温度变化的规律可设计热敏电阻温度计。已知某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况如图1所示，即Rt=R1+α(t−t1)，其中α为金属丝的温度系数。把这段金属丝与电池、电流表如图2所示连接起来，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计。
①电池的电动势和内阻不变，则标在电流表比较大的刻度上代表t1、t2两点中的______ (选填“t1”或“t2”)。这一温度计的主要不足是______ 。
②为改进这一缺点，小明设计了如图3所示的测量电路，R1为金属丝电阻在t1时的阻值，Rt为金属丝在温度为t时的阻值。在B、D点接理想电压表，电源电动势为E，内阻不计。当t=t1时，即Rt=R1，则电压表示数U1=______ 。现将阻值为Rt的金属丝温度从t1升高至某一温度t，其阻值增加值ΔR=Rt−R1，若ΔR≪R1，则电压表示数U≈______ 。
A.0
B.E2
C.E4ΔRR1
D.E2ΔRR1
③小明将该金属丝置于待测温度的容器中，电压表示数为U2，则该容器的温度=______ 。
A.R1α(1+4U2E)
B.t1+R1α4U2E
C.R1α4U2E
D.t1+R1α(1+2U2E)
(2)在“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，实验电路图如图4所示。取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充好电。
①给电容器A充电时，下列图象正确的是______ 。
②把开关S1接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，但电压表示数不是变为原来的一半，产生这种现象可能的原因是______ (多选)。
A.回路有电阻
B.电容器漏电
C.静电感应
D.电荷之间的库仑力
18. 如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S=1.0×10−3m2、质量m=2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l=36cm，在活塞的右侧距离其d=14cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，两卡环的横截面积和为S′=2.0×10−4m2。气体的温度t=27℃，外界大气压强p0=1.0×105Pa，现将汽缸开口向下竖直放置(g取10m/s2)。
(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
(2)如果将缸内气体加热到500K，求两卡环受到的压力大小(假定活塞与卡环能紧密接触)。
19. 如图所示，竖直平面内固定有光滑轨道AB、水平直轨道CD、EF和以速度v0逆时针转动的传送带MN，在EF轨道右侧固定一反弹装置。各轨道平滑连接，传送带与水平轨道等高、间隙不计。现有一质量为m的滑块a从轨道AB上高为h处由静止下滑，与反弹装置的碰撞为完全弹性碰撞。已知轨道AB末端B处的曲率半径R=2m，LCD=0.45m，LMN=0.7m，LEF=0.9m，m=2kg，v0=3m/s，滑块与CD和MN间的动摩擦因数μ=0.5，与EF间的动摩擦因数μ′=0.5−59x，其中x为滑块距E点的距离。
(1)若h=0.2m，求滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力FN；
(2)若滑块过不了传送带，求高度h的最大值；
(3)若滑块只通过传送带一个来回，试求传送带额外做功的最大值。
20. 根据霍尔效应原理制成的霍尔元件有广泛的应用，某研究小组用霍尔元件来研究金属棒在磁场中的运动规律。如图1(a)所示，在水平面上固定放置两间距为l的平行、光滑金属导轨，其右侧通过开关S接有恒流源，向回路提供恒定电流I0；在−x0≤x≤x≤x0区间存在方向垂直导轨平面向下、大小沿Oy轴方向不变、沿Ox轴方向按某一规律变化的稳恒磁场。一质量为m的金属棒垂直于导轨放置，其上固定一霍尔元件(相比m，其质量可忽略不计)，它是一个长、宽和高分别为a×bxc的长方体微小半导体薄片，磁场方向垂直a×b平面，其单位体积中载流子数为n，每个载流子带电荷量为e。在半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，放大图如图1(b)所示，在E、F间通入恒定的电流I，则在M、N间出现霍尔电压UH=UM−UN(图中没有画出提供电流I和测量电压UH的电路图)。开关S断开时，导体棒静止在x=x0处。计算时将1nec用常量k表示。(已知力一位移图象的面积是力所做的功)
(1)求半导体薄片中载流子平均移动速率；
(2)半导体材料有P型(载流子以空穴导电为主，即正电荷导电)和N型(载流子以电子导电为主)两种，当棒位于x=x0处时，测得霍尔电压大小为UH0，求该处磁感应强度B0的大小；如果UH0>0，则该半导体是P型还是N型？
(3)闭合开关S，导体棒从x=x0处开始运动，测得霍尔电压UH随x变化的图线为如图2所示，求磁感应强度B沿Ox轴的分布规律和棒运动速度与x的关系。
21. 磁控管在现代科技领域有广泛的应用。为使问题简化，我们将静态磁控管简化为一对长度足够的平行平板电极系统中的电子在正交稳恒电磁场中的运动。如图所示，在间距为d的两极板间加不计内阻、电动势为U的电源，两极板间存在方向垂直xOy平面向里、大小为B的匀强磁场，位于阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似为零的电子，当U不变，改变B的大小时，电子在两极板间的运动轨迹将发生变化，如图2所示，其中轨迹Ⅲ最高点P恰好与阳极相切。电子电荷量为e，质量为m，不计电子的相互作用。
(1)求轨迹Ⅰ对应的磁感应强度大小BⅠ，并比较轨迹Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所对应的磁感应强度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小关系；
(2)求轨迹Ⅲ对应的磁感应强度BⅢ以及轨迹在P处的曲率半径；
(3)若灯丝单位时间发射n个电子，画出电流I随磁感应强度B变化的图像。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据电势差的公式U=Wq，功的单位为J，电量的单位为C，J/C是电势差的单位，不是电场强度的单位，故A正确；
B、根据F=ma、电场强度的定义式E=Fq以及流的定义I=qt可知，1N=kg⋅m/s2，1C=1A⋅s，而N/C是电场强度的单位，联立可得kg⋅m/As3也是场强度的单位，故B错误；
C、根据电场强度的公式E=Ud可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位，故C错误；
D、根据电场强度的定义式E=Fq可知，力的单位是N，电量的单位是C，所以N/C是场强度的单位，故D错误。
本题选不是电场强度的，
故选：A。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．
物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系。
2.【答案】B
【解析】解：A、通过α粒子散射实验估算出原子核半径数量级约为10−15m，故A正确；
B、密立根提出物体所带的电荷量是量子化的，普朗克首次提出了能量子的概念，故B错误；
C、荷兰物理学家斯涅尔研究了折射角与入射角的定量关系，得到了折射定律，故C正确；
D、奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场，后来安培总结了判断电流与磁场的方向关系的规律，故D正确。
本题要求选不正确的，
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
3.【答案】C
【解析】解：AD、以登山者为研究对象，受到重力G、细绳的作用力T和山体的作用力N，T、N 可以大于、等于或小于G，故AD错误；
B、T除与θ角大小、重力有关外，还与N方向有关，故B错误；
C、如图所示：
当T、N垂直时，N存在着最小值，故C正确。
故选：C。
以登山者为研究对象，进行受力分析，根据共点力平衡条件分析各个力的大小关系，根据图解法分析C项。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析，注意图解法的分析方法。
4.【答案】C
【解析】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
a=mgsinθm=gsinθ=10×5m/s2=5m/s2，
根据位移-时间关系可得：hsinθ=12at2
代入数据解得：t=2s
沿斜面方向的速度大小为：vy=at=5×2m/s=10m/s
则到达B点时的速度大小v= v02+vy2= 102+102m/s=10 2m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
物体在斜面上做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据沿斜面向下的位移求出到达B点时沿斜面向下的分速度，结合平行四边形定则求出小球到达B点的速度大小．
解决本题的关键知道小球在平行斜面底边方向和沿斜面向下方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解．
5.【答案】D
【解析】解：A、高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能，故A正确；
B、避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地或将大地的负电荷与其中和，故B正确；
C、人体通常会带静电，接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属，否则人体静电会损坏电路元件，故C正确；
D、“雷火炼殿”是奇特的闪电现象，非静电屏蔽，故D错误。
本题选不正确项，
故选：D。
本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽。
强电场作用下，物体尖锐部分发生的一种放电现象称为尖端放电，它属于一种电晕放电．它的原理是物体尖锐处曲率大，电场线密集，因而电场强度大，致使其附近部分气体被击穿而发生放电。
本题主要考查了静电屏蔽现象和尖端放电现象，是联系实际的好题。
6.【答案】C
【解析】解：A、其核能来源于核裂变释放的能量，故A错误；
B、反应产物的比结合能比核燃料的比结合能高，故B错误；
C、核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应，故C正确；
D、核裂变不需要加热到很高温度，故D错误。
故选：C。
该核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应，其核能来源于核裂变释放的能量，不需要加热到很高温度。
本题考查核裂变，本题是基础题，考的是基本概念，难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：AB、天梯连接地心和同步卫星，天梯上各点的角速度都和地球自转相等，根据v=rω，a=rω2可知处的线速度大于处的线速度，b处的向心加速度大于处的向心加速度，故AB错误；
C、轨道高度与a相同的人造卫星周期小于同步卫星的周期，则其环绕地球的周期小于a处货物的周期，故C错误；
D、轨道高度与b相同的人造卫星角速度大于同步卫星的角速度，则其环绕地球的角速度大于位于b处货物的角速度，故D正确。
故选：D。
天梯上的各点属于同轴传动，其角速度和周期皆与地球的自转角速度和周期相同，根据v=rω，a=rω2可判断a、b两处的线速度和角速度；轨道高度与a、b相同的卫星的周期和角速度与地球同步卫星进行比较即可。
本题中天梯上各点属于同轴传动，其角速度和周期皆与地球的自转周期和角速度相同，而非用“高轨低速大周期”的规律处理。
8.【答案】A
【解析】解：由于滑动变阻器滑片达到最低点时滑动变阻器接入电路的电阻为零，此时滑动变阻器两端电压为零，所以滑动变阻器两端电压可以从零开始变化，电压表应该接在滑动变阻器两端，即接在b、c两点之间；
当油箱中油量减少时，浮标下降，滑动变阻器滑片左端下降、右端上升，滑动变阻器接入电路的电阻增大、电压表的示数将增大，故A正确、BCD错误。
故选：A。
滑动变阻器两端电压可以从零开始变化，由此分析电压表应该接哪两点之间；根据油箱中油量减少时滑动变阻器接入电路的电阻的变化分析电压的变化。
本题考查了滑动变阻器的使用和闭合电路欧姆定律的应用，关键是明白电路的工作原理、能够根据滑动变阻器接入电路电阻的变化分析电压的变化。
9.【答案】A
【解析】解：B、运动员从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有h=12gt2，解得下落时间t=0.5s
由对称性可知，运动员在空中的运动时间为t′=2t=2×0.5s=1.0s，故B错误；
C、水平方向有v0=xt′=61.0m/s=6m/s，故在最高点时的速度大小为6m/s，故C错误；
AD、竖直末速度大小为vy=gt=10×0.5m/s=5m/s，
落地时速度方向与水平面所成的夹角为tanα=vyv0=65=1.2，即α≠30∘；
从起跳到最高点，根据动能定理有：−mgh=12mv02−Ek
代入数据解得：Ek=1830J
故D错误，A正确。
故选：A。
根据抛体运动的处理规律，依据运动的合成与分解及平行四边形定则，结合动能定理即可求解。
本题考查抛体运动和动能定理的处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，理解运动学公式的内容，注意运动员在水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做竖直向上抛运动。
10.【答案】B
【解析】解：A、当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R4变大，电路的总电阻变大，总电流I变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大，故A错误；
B、电容器两端电压为：U=E−I(r+R2)，I变小，故电容器两端电压U变大，带电量变大，电容器充电，电流从上往下通过R3，故B正确；
C、由于不知道内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故C错误；
D、电路的总电阻变大，干路电流变小，则通过R2的电流变小，故D错误。
故选：B。
根据变阻器滑片移动方向，分析电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化．根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压变化情况，即可判断电容器的状态，确定通过R3的电流方向。根据内外电阻的关系，分析电源输出功率的变化。
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。
11.【答案】B
【解析】解：A.图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，产生余弦交变电流，故A错误；
B.图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动，产生正弦交变电流，故B正确；
C.图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动，产生的的感应电流不变，故C错误；
D.图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴OO′转动，不产生感应电流，故D错误。
故选：B。
根据交流电产生过程和变化规律分析判断。
本题考查交流电，要求掌握交流电产生过程和变化规律。
12.【答案】D
【解析】解：AB、t=0时刻质点P向平衡位置运动，说明波沿x轴负方向传播，t=0.7s时刻的波形第一次如图中虚线所示，则0.7s内波传播的距离为x=1.2m−0.5m=0.7m，故波速为v=xt=0.70.7m/s=1m/s，波长为λ=1.2m，则周期为T=λv=1.21s=1.2s，故AB错误；
C、质点O的振动方程为y=Asin2πTt=10sin2π1.2t(cm)，将t=0.7s代入解得，O点的位移为y=−5cm，故C错误；
D、质点P平衡位置的坐标x=0.5m，结合波动方程可知t=0时，质点P偏离平衡位置5cm，波沿x轴负方向传播，最近的是x=1.2m处质点运动形式平移到该点。根据波形平移法可得：t=0时刻，质点P向平衡位置运动，经t′=0.6−0.51.2T=112T(T为周期)刚好回到平衡位置，再运动半个周期到虚线中位置，故质点P在0∼0.7s时间运动路程为s=5cm+2A=5cm+20cm=25cm，在0.7∼1.3s运动的路程s′=2A=2×10cm=20cm，所以在0∼1.3s内，质点P运动路程为45cm，故D正确；
故选：D。
已知t=0时刻P点正沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”判断波的传播方向；0.7s内波传播的距离为0.7m，根据v=xt求出波速，读出波长，从而求得周期。根据振幅、角频率和初相位写出质点O的振动方程。质点P平衡位置的坐标x=0.5m，波沿x轴负方向传播，最近x=1.2m处质点运动形式平移到该点，质点P到达平衡位置，分析质点P的振动过程，确定P运动的路程。
本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解，要能正确分析质点的运动过程，从而确定质点通过的路程。
13.【答案】D
【解析】解：A、这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压，故A错误；
B、由图可知，当电压表指针右偏，表明P端的电势高于Q端，滑块处于电阻的左侧，滑块所受合力向左，加速度向左，故B错误；
C、若观察到电压表指针在零点，表明P、Q电势相等，此时物体可能静止、也可能做匀速直线运动，故C错误；
D、假如滑块右移动x，根据牛顿第二定律可得：2kx=ma
此时电压表的示数：U=I⋅xL⋅R
由以上两式得：U=IRm2kL⋅a
所以电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比，故D正确。
故选：D。
这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压；根据加速度传感器的工作原理结合电路图进行分析。
本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想-转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。
14.【答案】AB
【解析】解：A、由图示可知，图甲是调幅，调幅只改变幅度，不改变频率，因此电磁波的波长不变，故A正确；
B、天体不断向外辐射电磁波，天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究，故B正确；
C、红外线夜视仪是利用了任何物体都能向外辐射红外线的特点进行工作的，故C错误；
D、CT机应用高频率的射线，比如X射线、γ射线等，而不是红外线拍摄人体组织，故D错误。
故选：AB。
调制分为调幅与调频两种；利用射电望远镜接收天体辐射的无线电波可以进行天文研究；任何物体都可以辐射红外线，红外线夜视仪利用物体可以辐射红外线的特点进行工作；CT利用频率较高的射线成像的原理拍摄人体组织。
本题考查了电磁波的应用问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。
15.【答案】ABD
【解析】解：A、由题意得，单位时间内出水的体积为V=mρ=41.0×103m3=4×10−3m3
出水口钢管横截面积为S=Vvt=4×10−33×1m2=43×10−3m2
故A正确；
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE=mgh+12mv2
h=5.55m+0.45m=6m
代入数据解得：ΔE=258J
故B正确；
C、电动机的输出功率P出=Wt=ΔEt=2581W=258W
电动机的输入功率为P入=P75%=25875%W=344W
故C错误；
D、对电动机，有P入=P出+I2r
P入=UI
代入数据联立解得：r=302586Ω≈35Ω
故D正确。
故选：ABD。
根据密度公式求解单位时间内出水的体积，根据圆柱体积公式求解横截面积；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率；根据功率公式求解电动机线圈的电阻。
本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式。
16.【答案】C43.0在弹性限度内尽量采用质量大的钩码
【解析】解：(1)计算弹簧的劲度系数时，需要测量弹簧的长度，从而得到弹簧的形变量，利用加钩码相应位置值和减钩码相应位置值的平均值计算更加准确，故C正确，AB错误；
故选：C。
(2)如图：
图中斜率1k=2.326cm/N
弹簧劲度系数k=12.236×10−2N/m=43.0N/m
(3)为减小实验误差，在选用钩码时需考虑的因素有：在弹性限度内尽量采用质量大的钩码。
故答案为：(1)C；(2)Δx−ΔF如图所示；43.0；(3)在弹性限度内尽量采用质量大的钩码。
(1)利用加钩码相应位置值和减钩码相应位置值的平均值计算减小偶然误差。
(2)弹簧的弹力等与钩码的重力，由胡克定律求劲度系数，在Δx−ΔF图像中图线斜率表示1k。
(3)弹簧挂物体后一定要在弹性限度内。
本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要明确实验原理，同时会利用图像斜率求解相关物理量。
17.【答案】t1 刻度不均匀 A C B BCD AB
【解析】解：(1)①根据闭合电路欧姆定律有：I=Er+RA+R1+α(t−t1)
可知当t增大时，电流I减小，则标在电流表比较大的刻度上代表t1
由上式可知t与I不是一次线性关系，电阻温度计的刻度不是均匀的。
②设C点的电势为零，则UAC=E，UDC=φD−0=12E，φD=12E
通过ABC的电流为：I1=ER1+Rt
UBC=φB−φC=I1Rt=RtR1+RtE
则φB=RtR1+RtE
设热敏电阻变化量为ΔR，则
φB=R1+ΔR2R1+ΔRE
电压表示数为U=φB−φD=R1+ΔR2R1+ΔRE−12E=ΔRR12(2+ΔRR1)E
由于ΔR≪R1
则U=ΔR4R1E
当t=t1时，即Rt=R1，则电压表示数U1=0
③电压表示数为U2，热敏电阻的变化量为ΔR=Rt−R1=α(t−t1)
由②中结论有：U2=α(t−t1)4R1E
解得：t=t1+4U2R1αE
故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)①ABD.电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量和两极板间的电势差无关，故A错误，BD正确；
C.由电容定义式C=QU可知，电容器所带电荷量和两极板间的电势差成正比，即Q−U图像为一条过原点的直线，故C正确。
故选：BCD。
②A.一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，如果回路有电阻，由于分压原因，电压表示数小于原来的一半，故A正确；
B.如果电容器漏电，电荷量减小，则电压表示数小于原来的一半，故B正确；
C.静电感应和电荷之间的库仑力不会影响电容器的电压，故CD错误。
故选AB。
故答案为：(1)①刻度不均匀；②A，C；③B；(2)①BCD；②AB。
(1)①根据闭合电路欧姆定律分析判断；
②根据电势差和欧姆定律推导；
③根据②中结论计算；
(3)①根据电容定义式分析判断；
②根据实验中存在的漏电对实验的影响分析判断。
本题考查热敏电阻的应用和电容器的充放电，要求掌握热敏电阻温度计的原理和充放电过程。
18.【答案】解：(1)气缸水平放置时：
封闭气体的压强p1=p0=1.0×105Pa，温度T1=273+27K=300K，体积V1=Sl
气缸竖直放置时，假设活塞没有与卡环接触：
封闭气体的压强p2=p0−mgS=1.0×105Pa−2×101×10−3Pa=8×104Pa
温度T2=T1=300K，体积V2=Sl′
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2
代入数据联立解得l′=45cm
因l′
此时：p3=p2，V2=l′S，V3=(l+d)S，T2=300K
根据盖-吕萨克定律：V2T2=V3T3
代入数据解得：T3=10003K
因T3<500K，故气缸内气体温度由T3继续升高，气体做等容变化：
p3=p2=8×104Pa，T4=500K
由查理定律得：p3T3=p4T4
解得：p4=1.2×105Pa
两卡环对活塞的支持力大小为：F=mg+(p4−p0)S′
解得：F=24N
根据牛顿第三定律可知两卡环受到的压力大小等于F=24N。
答：(1)此时活塞与汽缸底部之间的距离h为45cm；
(2)如果将缸内气体加热到500K，两卡环受到的压力大小为24N
【解析】气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强，当气缸竖直放置时，封闭气体的压强等于大气压强减去活塞重力产生的压强，由于两种情况下气体的温度保持不变，根据等温变化求出此时气体的体积，根据气体的体积可以求出活塞与气缸底部之间的距离；气缸竖直放置后，加温到500K时，如果活塞不能到达卡环，则气体压强保持不变，若活塞能到达卡环，则根据到达卡环后气体做等容变化，根据理想气体状态方程可以求出此时封闭气体的压强。
正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。注意要判断第三种情况下气体是否可以到达卡环。
19.【答案】解：(1)滑块a下滑过程中，根据动能定理可得：mgh=12mvB2
代入数据解得：vB=2m/s
滑块运动至B处时，根据牛顿第二定律可得：FN′−mg=mvB2R
代入数据解得：FN′=24N
根据牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力大小为FN=FN′=24N、方向向下
(2)若滑块过不了传送带，滑块到达E点的速度为零时下滑的高度最大，设最大高度为hm，由动能定理，有：
mghm−μmgLCD−μmgLMN=0
代入数据解得：hm=0.575m
(3)传送带额外做功最大的临界条件：滑块第二次到达E点速度为零，在EF段，克服摩擦力做功为：
WEF=Ff−⋅LEF=0.5×2×10+(0.5−59×0.9)×2×102×0.9J=4.5J
滑块第一次到达E点时，根据功能关系可得：12mvE12=2WEF，解得：vE1=3m/s
滑块第一次到达D点，根据功能关系可得：12mvD12=2WEF+μmgLMN，解得：vD1=4m/s
滑块第二次到达D点，根据功能关系可得：12mvD22=μmgLMN，解得：vD2= 7m/s
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W1=μmgv0⋅vD1−vE1μg
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W2=μmgv0⋅vD2−vE2μg
滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为：W=W1+W2
联立解得：W=6(1+ 7)J。
答：(1)若h=0.2m，则滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力为24N、方向向下；
(2)若滑块过不了传送带，则高度h的最大值为0.575m；
(3)若滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为6(1+ 7)J。
【解析】(1)滑块a下滑过程中，根据动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律列方程求解；
(2)若滑块过不了传送带，滑块到达E点的速度为零时下滑的高度最大，由动能定理进行解答；
(3)传送带额外做功最大的临界条件：滑块第二次到达E点速度为零，根据功能关系求解每次达到D点和E点的速度大小，再根据功能关系求解两次传送带额外做的功，由此得解。
本题主要是考查了功能关系动能定理和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
20.【答案】解：(1)设半导体薄片中载流子平均移动速率为v−，根据电流微观表达式I=nqsv=necbv−
解得：v−=Inecb=kb；
(2)当棒位于x=x0处时，ev−B0=eEH0
EH0=UH0b
联立解得：B0=UH0bv−=necIUH0=1kUH0
若UH0>0，M端积累正电荷，N端积累负电荷，故为N型。
(3)由图2可知，UH=UH0x0x，当导体棒运动到x处时，其磁感应强度大小为B，则
B=1kUH=UH0kx0x(磁场方向竖直向下为正)
导体棒受力FA=−I0lkx0UH0x
由动能定理：12mv2=12I0lkx0UH0(x02−x2)
v=± I0lkmx0UH0(x02−x2)(−x0≤x≤x0)
导体棒做简谐振动，沿x轴负方向运动时，取负号，反之取正号。
答：(1)半导体薄片中载流子平均移动速率为kb
(2)当棒位于x=x0处时磁感应强度B0为1kUH0，如果UH0>0，则该半导体是N型
(3)磁感应强度B沿Ox轴的分布规律和棒运动速度与x的关系式：v=± I0lkmx0UH0(x02−x2)(−x0≤x≤x0)
【解析】(1)利用电流微观表达式求载流子平均移动速率；
(2)根据洛伦兹力与电荷受到的电场力平衡关系列式求解电场强度大小，再根据题意可以判断M、N分别累积正电荷和负电荷，由此即可判断为N型；
(3)霍尔元件稳定电压时载流子所受电场力和洛伦兹力大小相等，利用图像分析电压随x变化函数关系。
解学本题关键是霍尔元件稳定电压时载流子所受电场力和洛伦兹力大小相等，该题的难点为利用图像分析电压随x变化函数关系，本题综合性较强，难度较大。
21.【答案】解：(1)轨迹Ⅰ的电子做直线运动，则BⅠ=0
电子在电场中加速的同时，受到的洛伦兹力使其偏转，洛伦兹力越大、偏转情况越明显，所以BⅡ
解得：vP= 2eUm
在任意位置，将电子运动速度分解为vx和vy，则电子在水平方向受到的洛伦兹力为：Fx=eBⅢvy
从开始到P点，取向右为正方向，水平方向根据动量定理，有：FxΔt=mvP
即eBⅢd=mvP
联立解得：BⅢ=1d2Ume
在P点根据牛顿第二定律可得：evPBⅢ−e⋅Ud=mvP2r
解得轨迹在P处的曲率半径：r=2d
(3)饱和电流：Im=ne
截止和饱和临界磁感应强度为：B=BⅢ
电流I随磁感应强度B变化的图像如图所示：
答：(1)轨迹Ⅰ对应的磁感应强度大小为0，轨迹Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所对应的磁感应强度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小关系为BⅡ
(3)若灯丝单位时间发射n个电子，电流I随磁感应强度B变化的图像见解析。
【解析】(1)轨迹Ⅰ的电子做直线运动，则BⅠ=0；根据电子的偏转情况分析磁感应强度的大小；
(2)根据动能定理求解电阻达到P点的速度大小，将电子运动速度分解为vx和vy，水平方向根据动量定理求解磁感应强度的大小，在P点根据牛顿第二定律求解电子轨迹在P处的曲率半径；
(3)根据电流的概念得到饱和电流，由此作出电流I随磁感应强度B变化的图像。
本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，关键是弄清楚电子的受力情况和运动情况，知道洛伦兹力不做功，掌握动量定理的应用方法。
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