一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1.
氢原子能级图的一部分如图所示，𝐴、𝐵、𝐶分别表示原子在三种跃迁过程中辐射出的光子．其中𝐸𝐴表示原子从𝑛=3能级向𝑛=2能级跃迁的能量，𝐸𝐵表示原子从𝑛=2能级向𝑛=1能级跃迁的能量，𝐸𝐶表示原子从𝑛=3能级向𝑛=1能级跃迁的能量，则下述关系中正确的是( )
A. 𝐸𝐴<𝐸𝐵<𝐸𝐶
2.
B. 𝐸𝐴<𝐸𝐶<𝐸𝐵 C. 𝐸𝐶<𝐸𝐵<𝐸𝐴 D. 𝐸𝐵<𝐸𝐴<𝐸𝐶
如图所示，在武汉火神山建筑工地上，一质量为80𝑘𝑔的工人通过定滑轮将50𝑘𝑔的建筑材料以1𝑚/𝑠2的加速度向上拉升，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，不计空气阻力，忽略绳子和定滑轮的质量及它们之间的摩擦，用如图甲、乙所示的两种方式拉升建筑材料，地面对工人的支持力大小之比约为( )
A. 0.3
3.
B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9
如图所示，左侧为竖直放置的平行板𝑀、𝑁，右侧为垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为𝐵.方向垂直纸面向里平行板𝑀的中心处有一电子放射原𝑆，能不断发射初速度可视为零的电子，经电压为𝑈0的电场加速后，电子从𝑁板的小孔水平向右垂直进入与匀强电场后。电子到达磁场右边界的
𝑃点。如果磁感应强度变为2𝐵，欲使电子仍沿原来的轨迹到达𝑃点，应将加速电压调为𝑈，则( )
A. 𝑈=4𝑈0
4.
1
B. 𝑈=√2𝑈0 C. 𝑈=2𝑈0 D. 𝑈=4𝑈0
如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，𝑂为圆心，𝐴𝐵为沿水平方向的直径．若在𝐴点以初速度𝑣1沿𝐴𝐵方向抛出一个小球1，小球将击中坑壁上的最低点𝐷点；若𝐴点小球1被抛出的同时，在𝐶点以初速度
𝑣2沿𝐵𝐴方向平抛另一个相同质量的小球2并也能击中𝐷点．已知∠𝐶𝑂𝐷=60°，且不计空气阻力，则以下判断中正确的是( )
A. 小球1先落到𝐷点
B. 小球2在此过程中增加的动能大于小球1在此过程中增加的动能 C. 小球1与小球2的初速度之比𝑣1：𝑣2=√3：3
D. 在击中𝐷点前瞬间，重力对小球1和小球2做功的瞬时功率之比为√2：1
5.
等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中𝑎点沿直线移到𝑏点，再从𝑏点沿直线移到𝑐点．则( )
A. 从𝑎点到𝑏点，电势逐渐增大
B. 从𝑎点到𝑏点，检验电荷受电场力先增大后减小 C. 从𝑎点到𝑐点，检验电荷所受电场力的方向始终不变 D. 从𝑎点到𝑐点，检验电荷的电势能先不变后增大
二、多选题（本大题共5小题，共28.0分） 6.
如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )
A. 太阳对各小行星的引力相同
B. 各小行星绕太阳运动的周期均大于一年
C. 小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值 D. 小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
7.
如图所示，边长为𝐿的正方形线圈𝑎𝑏𝑐𝑑，其匝数为𝑛，总电阻为𝑟，外电路的电阻为𝑅，𝑎𝑏的中点和𝑐𝑑的中点的连线𝑂𝑂′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为𝐵.若线圈从图示位置开始，以角速度𝜔绕𝑂𝑂′轴匀速转动，则以下判断中正确的是( )
A. 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式𝑒=𝑛𝐵𝐿2𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡
B. 在𝑡=2𝜔时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，此时磁通量随时间变
化最快
𝜋
C. 从𝑡=0时刻到𝑡=2𝜔时刻，电阻𝑅上产生的热量为𝑄=
D. 从𝑡=0时刻到𝑡=2𝜔时刻，通过𝑅的电荷量𝑞=𝐵𝐿2𝑅8.
𝜋
2
𝜋𝑛2𝐵2𝐿4𝜋𝜔𝑅16(𝑅+𝑟)2
如图所示，竖直放置的螺线管与导线𝑎𝑏𝑐𝑑构成回路，𝑎𝑏𝑐𝑑所围区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方的水平桌面上放置
一导体圆环。若圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，𝑎𝑏𝑐𝑑区域内磁场的磁感强度随时间变化关系不可能是( )
A.
B.
C.
D.
9. 若某个封闭的热力学系统与外界之间传热良好，而外界的热容量极大，这样，在外界与系统交换热量时，其内部就只经历等温的可逆变化，称之为“恒退热源”(如大量的冰水混合物、沸水、某温度下的恒温水浴等)；同时，外界对系统的压缩或系统的膨胀又进行得十分缓慢，则这样的系统所经历的过程可认为是可逆的等温过程。现某封闭的热力学系统内有一定质量的理想气体，若该气体经历了这样的等温过程，则下列说法中正确的是( )
A. 膨胀过程中系统内气体内能增大 B. 膨胀过程中系统内气体压强增大 C. 压缩过程中外界对气体做功内能不变
D. 压缩过程中，气体分子与容壁碰撞的频繁程度增大 E. 无论是膨胀还是压缩，气体分子平均动能均不变
10. 沿𝑥轴正方向传播的简谐横波在=0时刻的波形图如图所示，𝐴、𝐵、𝐶
𝑥𝑏=2𝑚，𝑥𝐶=3𝑚，𝑡=0.9𝑠三个质点的平衡位置分别为𝑥𝐴=1.5𝑚，
时质点𝐴恰好第二次到达波峰，下列说法正确的是( )
A. 这列波的波速为9𝑚/𝑠
B. 𝑡=0.1𝑠时质点𝐴运动到质点𝐵的位置 C. 质点𝐶在𝑡=0.9𝑠时沿𝑦轴正方向运动 D. 质点𝐵的振动表达式为𝑦=5𝑠𝑖𝑛2.5𝜋𝑡(𝑐𝑚)
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 如图所示是使用交流电频率为50𝐻𝑧的打点计时器测定匀加速直线运动的加速度时得到的一条
纸带，相邻两个计数点之间有4个点未画出，测出𝑠1=1.2𝑐𝑚、𝑠2=2.4𝑐𝑚、𝑠3=3.6𝑐𝑚、𝑠4=
50
4.8𝑐𝑚，则相邻两个计数点之间的时间间隔𝑡=______𝑠，打下𝐴点时，物体的速度𝑣𝐴=______𝑚/𝑠，该物体运动的加速度𝑎=______𝑚/𝑠2．
12. 某同学要测量一均匀材料制成的圆柱形导体的电阻率𝜌，步骤如下： (1)用刻度尺测量其长度为𝐿=60.15𝑚𝑚；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图1可知其直径为𝐷=______𝑚𝑚；
(3)先用欧姆表粗测该导体的电阻值，选择“×1”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图2，该
电阻阻值𝑅=______𝛺；
(4)现用伏安法更精确地测量其电阻𝑅，要求测量数据尽量精确，可供该同学选用的器材除开关、导
线、待测圆柱形导体的电阻𝑅外还有： A.电压表𝑉 (量程0～15𝑉，内阻未知) B.电流表𝐴1(量程0～200𝑚𝐴，内阻𝑟1=6𝛺) C.电流表𝐴2(量程0～3𝐴，内阻𝑟2=0.1𝛺) D.滑动变阻器𝑅1(0～10𝛺，额定电流2𝐴) E.滑动变阻器𝑅2(0～1𝑘𝛺，额定电流0.5𝐴) F.定值电阻𝑅3(阻值等于2𝛺) G.电源𝐸(𝐸=12𝑉，内阻不计)
①实验中除了选择器材𝐴、𝐹、𝐺外，电流表应选择，滑动变阻器应选择______(填写器材前面的字母
)；
②请画出实验电路图3；
③某次测量中，所选择的电流表和电压表的读数为𝐼、𝑈，该电阻𝑅=______(用题中物理量的字母表
示)；
(5)该同学经多次测量，计算出圆柱形导体的电阻率𝜌。
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13. 如图所示，在水平光滑绝缘平面上，水平匀强电场方向与𝑋轴间成45°角，
电场强度𝐸=1×103𝑁/𝑐。某带电小球电量为𝑞=−2×10−6𝑐，质量𝑚=1×10−3𝑘𝑔，以初速度𝑉0=2𝑚/𝑠。从坐标轴原点出发，𝑉0与水平匀强电场垂直，当带电小球再经过𝑋轴时与𝑋轴交于𝐴点，求带电小球经过𝐴点时 (1)速度𝑉=？ (2)经历的时间𝑡=？ (3)𝑂𝐴间电势差𝑈=？
14. 如图所示，为光电计时器的实验简易示意图，当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器
就可以显示物体的挡光时间，实验中所选用的光电门传感器可测的最短时间为0.01𝑚𝑠。光滑水平导轨𝑀𝑁上放两个相同物块𝐴和𝐵，其宽度𝑎=3.0×10−2𝑚，左端挡板处有一弹射装置𝑃，右端𝑁处与水平传送带平滑连接，今将挡光效果好，宽度为𝑑=3.6×10−3𝑚的两块黑色磁带分别贴在物块𝐴和𝐵上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度𝐿=8𝑚，沿逆时针方向以恒定速度𝑣=6𝑚/𝑠匀速传动。物块𝐴、𝐵与传送带间的动摩擦因数𝜇=0.2，质量𝑚𝐴=𝑚𝐵=1𝑘𝑔。开始时在𝐴和𝐵之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块𝐴和𝐵，迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为𝑡=9.0×10−4𝑠.𝑔取10𝑚/𝑠2.试求： (1)弹簧储存的弹性势能𝐸𝑃；
(2)物块𝐵沿传送带向右滑动的最远距离𝑠𝑚； (3)物块𝐵滑回水平面𝑀𝑁的速度大小𝑣𝐵′；
(4)若物体𝐵返回水平面𝑀𝑁后与被弹射装置𝑃弹回的物块𝐴在水平面上相碰，且𝐴和𝐵碰后互换速度，
则弹射装置𝑃至少必须对物块𝐴做多少功，才能在𝐴𝐵碰后使𝐵刚好能从𝑄端滑出？此过程中，滑块𝐵与传送带之间因摩擦产生的内能△𝐸为多大？
15. 在疫情过程中需要大量的氧气。医用大氧气瓶的体积为40𝐿，能承受的最大压强为150个大气压，
使用前将其抽成真空。现将60罐体积为4𝐿的小氧气瓶中的氧气，通过专业压缩泵将氧气装入大氧气瓶中储备、运输。装入前每个小氧气瓶中气体的压强为15个大气压，装入后每个小氧气瓶中剩余气体的压强为1.2个大气压，装入前、后大小氧瓶的室度均为27℃。氧气可视为理想气体。求：
(𝑖)在室温下将氧气压入大氧气瓶后，大氧气瓶内气体的压强； (𝑖𝑖)若将大氧气瓶中温度降为−33℃，此时大氧气瓶中气体的压强。
𝑂点为圆心，𝑂′𝑂与直径16. 半径为𝑅的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，
𝑀𝑁的垂直。足够大的光屏𝑃𝑄紧靠在玻璃砖的右侧且与𝑀𝑁垂直。一束细单色光沿半径方向与𝑂′𝑂成𝜃=30°角射向𝑂点，光屏𝑃𝑄区域出现两个小光斑，其间距为(√3+1)𝑅，求： ①此玻璃砖的折射率；
②当𝜃满足什么条件时，光屏上只剩下一个光斑。
参考答案及解析
1.答案：𝐴
解析：解：从𝑛=3能级向𝑛=1能级跃迁的能量为𝐸𝐶=13.61−1.51𝑒𝑉=12.1𝑒𝑉，从𝑛=2能级向𝑛=1能级跃迁的能量𝐸𝐵=13.61−3.40𝑒𝑉=10.21𝑒𝑉，从𝑛=3能级向𝑛=2能级跃迁的能量𝐸𝐴=3.40−1.51𝑒𝑉=1.89𝑒𝑉.所以𝐸𝐴<𝐸𝐵<𝐸𝐶.故A正确，𝐵、𝐶、D错误。 故选：𝐴。
氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据能级差的大小比较光子能量的大小．
解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即𝐸𝑚−𝐸𝑛=ℎ𝑣．
2.答案：𝐵
解析：解：设绳子对建筑材料的拉力为𝐹1，建筑材料的质量为𝑚=50𝑘𝑔， 对建筑材料根据牛顿第二定律有：𝐹1−𝑚𝑔=𝑚𝑎 解得：𝐹1=𝑚(𝑔+𝑎)=550𝑁 绳对人的拉力：𝐹2=𝐹1=550𝑁 人的质量为𝑀=80𝑘𝑔，人处于静止； 在题图甲中，由平衡条件得地面对人的支持力 𝐹𝑁1=𝑀𝑔−𝐹2=250𝑁
在题图乙中，由平衡条件得地面对人的支持力 𝐹𝑁2=𝑀𝑔−𝐹2𝑠𝑖𝑛30°=525𝑁
题图甲、乙所示地面对工人的支持大小之比 𝐹𝑁1：𝐹𝑁2≈0.5 故B正确，ACD错误。 故选：𝐵。
对建筑材料根据牛顿第二定律求解绳子拉力，对人在竖直方向根据平衡条件列方程求解支持力，再求出支持力之比。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
3.答案：𝐷
解析：解：电子先在平行板匀强电场中加速，再进入矩形磁场中做匀速圆周运动，由动能定理和牛
𝑚𝑣12𝑈𝑚
𝑈𝑒=𝑚𝑣2， 联立可得：顿第二定律分别有：，当磁感应强度变为2𝐵时，𝑒𝑣𝐵=𝑚√𝑟==2𝑟
𝑞𝐵
𝐵
𝑒
1
𝑣2
要使电子仍打在𝑃点，即要求轨迹半径𝑟不变，则必须使加倍，则加速电压为4倍。这样看来，选项ABC错误，选项D正确。 故选：𝐷。
电子在平行板电容器两极板间加速，由动能定理求出加速获得的速度𝑣。电子以速度𝑣进入磁场后，在磁场中以速度𝑣做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力得出半径的表达式，要使电子再次打在𝑃点，则要求半径不变，从半径的表达式就能确定电压的变化。
在此题中注意分清过程，弄清每个过程中的物理模型。运用相应知识点来逐一解决。更要注意题目中的恰好的含义。
4.答案：𝐷
解析：
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．根据重力做功的大小，结合运动的时间比较重力做功的功率．根据动能定理，比较两小球动能的增加量．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和力学规律灵活求解．
A、根据ℎ=𝑔𝑡2得，𝑡=√，小球1、2下降的高度之比为2：1，则运动的时间之比为√2：1.故小
2
𝑔
1
2ℎ
球2先落到𝐷点，故A错误．
B、因为小球1下降的高度大，重力做功多，根据动能定理知，小球1在此过程中增加的动能大于小球2在此过程中增加的动能．故B错误
C、2的水平位移之比为𝑅：𝑅𝑠𝑖𝑛60°=2：设半圆的半径为𝑅.由几何关系知，小球1、由𝑥=𝑣0𝑡得，√3，两球的初速度之比为√6：3.故C错误．
D、在击中𝐷点前瞬间重力的瞬时功率为𝑃=𝑚𝑔𝑣𝑦=𝑚𝑔2𝑡∝𝑡，则知重力对小球1和小球2做功的瞬时功率之比为√2：1.故D正确． 故选：𝐷。
5.答案：𝐶
解析：解：𝐴、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则从𝑎点到𝑏点，电势不变，故A错误。
B、根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，在𝑎𝑏线上，𝑏处电场线最密，𝑏处场强最大，所以从𝑎点到𝑏点，检验电荷所受电场力逐渐增大。故B错误。
C、从𝑎点到𝑐点，检验电荷所受电场力的方向始终沿𝑏→𝑐方向，故C正确。
D、从𝑎点到𝑐点，电场力先不做功，后作正功所以检验电荷的电势能先不变后减小。故D错误。 故选：𝐶。
根据等量异种电荷的电场线和等势线的分布规律，中垂线是一条等势线，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化．
本题要求学生了解等量同种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化．
6.答案：𝐵𝐶
解析：解：小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力𝐺𝑚𝑟知：
A、太阳对小行星的引力𝐹=
𝐺𝑀𝑚𝑟2𝑣2
𝑚𝑀𝑟2=𝑚𝑎=𝑚𝑟(𝑇)2=
2𝜋
，由于各小行星轨道半径质量均未知，故不能得出太阳对小行星的
引力相同的结论，故A错误； B、由周期𝑇=√4𝜋
2𝑟3
𝐺𝑀
知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公转周期，即大于一年，故B正确； C、小行星的加速度𝑎=
𝐺𝑀𝑟2
知，小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径，故内侧向心加速度大于外侧
的向心加速度，故C正确；
D、线速度𝑣=√𝐺𝑀知，小行星的轨道半径大于地球半径，故小行星的公转速度小于地球公转的线速
𝑟度，故D错误。 故选：𝐵𝐶。
小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据半径关系分析选项即可．
本题抓住万有引力提供圆周运动向心力，根据题意给出的半径关系展开分析．掌握万有引力和向心力的表达式是解决本题的关键．
7.答案：𝐵𝐶
解析：解：𝐴、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为：𝑒=𝐸𝑚𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡=𝑛𝐵𝜔⋅2𝐿2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡=
1
2
𝑛𝐵𝜔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡，故A错误． 2
1
B、在𝑡=2𝜔=4𝑇时，线圈从图示位置转过90°，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，产生的感应电动势最大，磁通量变化率最大，则此时磁通量随时间变化最快．故B正确．
C、电动势有效值为𝐸=√2𝐸𝑚，电路中电流的有效值𝐼=𝑅+𝑟，则从𝑡=0到𝑡=2𝜔时刻，电阻𝑅产生
2的焦耳热为：𝑄=𝐼2𝑅𝑡=
𝜋
𝑛2𝐵2𝐿4𝜋𝜔𝑅16(𝑅+𝑟)2𝐸
𝜋
𝜋1
，故C正确．
△𝛷
总
D、从𝑡=0到𝑡=2𝜔时刻，通过𝑅的电荷量为：𝑞=𝑛𝑅=𝑛故选：𝐵𝐶．
𝐵⋅𝐿2𝑅+𝑟
12=2(𝑅+𝑟)，故D错误．
𝑛𝐵𝐿2
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的√2倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大．根据𝑞=𝑛𝑅求解通过𝑅的电量．
总
△𝛷
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．求产生的热量时要用交变电的有效值，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．
8.答案：𝐴𝐶𝐷
解析：解：圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，得知导体圆环将受到向下的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见螺旋管中的磁场磁通量在增大，即知螺线管和𝑎𝑏𝑐𝑑构成的回路中产生的感应电流在增大。
根据法拉第电磁感应定律有𝐸=𝑛则感应电流𝐼=𝑛△𝑡𝑅
可知△𝑡增大时(即𝐵变化的越来越快)，感应电流才增大。𝐴𝐶𝐷选项中的△𝑡减小(𝐵变化的越来越慢)，𝐵选项中的△𝑡增大(𝐵变化的越来越快)，所以𝐵可能，𝐴𝐶𝐷不可能。 本题选不可能的， 故选：𝐴𝐶𝐷。
圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，说明导体圆环将受到向下的磁场作用力，根据楞次定律判断螺旋管中的磁通量变化情况，即可知道螺线管和𝑎𝑏𝑐𝑑构成的回路中产生的感应电流的变化情况，再根据法拉第电磁感应定律𝐸=𝑛
△𝐵𝑆△𝑡
△𝐵△𝐵
△𝐵
△𝐵𝑆
△𝐵𝑆△𝑡
和欧姆定律分析𝐵的变化情况。
本题涉及到的磁场较多(涉及到三个磁场)，同时涉及到了两次电磁感应，解答过程中一定要搞清楚磁场是哪个电流的变化产生的。因哪个磁场的变化而产生了哪个感应电流。还应注意对楞次定律的
理解和应用，楞次定律的内容是“感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，要注意是“阻碍”，不是“阻止”，更不是“相反”，而是“延缓”的意思。
9.答案：𝐶𝐷𝐸
解析：解：𝐴、由于气体为理想气体，其内能只与温度有关，膨胀过程为等温变化，内能不变，故A错误；
B、根据理想气体状态方程，膨胀过程温度不变而体积增大，压强一定减小，故B错误； C、压缩过程中外界对气体做功，但温度不变，故内能不变，故C正确；
D、压缩过程气体体积减小，单位体积内分子数增大，分子的平均速率不变，故与容器壁碰撞的频繁程度增大，故D正确；
E、无论是膨胀还是压缩，都为等温变化，气体分子平均动能均不变，故E正确。 故选：𝐶𝐷𝐸。
无论是膨胀还是压缩，都为等温变化，对于理想气体，内能与分子平均动能大小都只与温度有关；压缩过程气体体积减小，单位体积内分子数增大，分子的平均速率不变，与容器壁碰撞的频繁程度增大；理想气体状态方程为：𝑇=𝐶。据此分析。
解答本题的关键是能熟练应用理想气体状态方程，知道对于理想气体，内能与分子平均动能大小都只与温度有关。
𝑃𝑉
10.答案：𝐶𝐷
解析：解：𝐴、由图可得：波长𝜆=4𝑚，根据波向右传播可得：当波向右传播△𝑥=4.5𝑚时质点𝐴恰好第二次到达波峰，故波速𝑣=
△𝑥△𝑡
=5𝑚/𝑠，周期𝑇==0.8𝑠，故A错误；
𝑣
𝜆
B、波上质点不随波的传播而迁移，图示简谐横波只在𝑦方向上振动，𝑥方向的位移为零，故质点𝐴不可能运动到质点 𝐵 的位置，故B错误；
C、质点𝐴、𝐶水平位之间距离△𝑥′=𝜆，𝑡=0.9𝑠时质点𝐴恰好到达波峰，故质点𝐶位移为负，根据
21
波形，由波向右传播可得：质点𝐶沿𝑦轴正方向运动，故C正确；
D、根据波向右传播可得：𝑡=0时刻，质点𝐵在平衡位置向上振动；由图可得：振幅𝐴=5𝑐𝑚，又有周期𝑇=0.8𝑠，故质点𝐵的振动表达式为为𝑦=5𝑠𝑖𝑛2.5𝜋𝑡(𝑐𝑚)，故D正确； 故选：𝐶𝐷。
根据波的传播得到质点𝐴恰好第二次到达波峰的传播距离，从而由传播时间得到波速，进而求得周期；根据波的传播方向得到质点振动方向，从而由周期得到质点振动。
质点振动方向一般根据振动周期，由质点振动求解；若根据波的传播距离得到质点位移，求解振动方向还需要波的传播方向和质点附近波形才能求解。
11.答案：0.1 0.06 1.2
解析：解：频率为50𝐻𝑧，则打点的时间间隔为0.02𝑠，每相邻的两个计数点之间有四个小点未画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1𝑠． 𝑣𝐵=
𝑥𝐴𝐶2𝑇
=
0.012+0.024
0.2
𝑚/𝑠=0.18𝑚/𝑠，
△𝑥𝑇2
根据△𝑥=𝑎𝑇2得，𝑎==
0.0120.12
=1.2𝑚/𝑠2．
根据𝑣𝐵=𝑣𝐴+𝑎𝑇，则有：𝑣𝐴=𝑣𝐵−𝑎𝑇=0.18−1.2×0.1=0.06𝑚/𝑠； 故答案为：0.1，0.06，1.2．
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出𝐵点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度．
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．
12.答案：(2)3.700；(3)15；(4)①𝐵𝐷；②；③
𝑅3(𝑈−𝐼𝑟1)(𝑅3+𝑟1)𝐼
解析：
旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；利用欧姆定律结合串并联电路的特点，联立即可求出圆柱形导体的电阻。
题考查金属电阻率的测量实验，还考查了螺旋测微器与欧姆表的读数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读。
(2)螺旋测微器的读数为：3.5𝑚𝑚+20.0×0.01𝑚𝑚=3.700𝑚𝑚(3.699𝑚𝑚～3.701𝑚𝑚均正确)； (3)利用“×1”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图2，可读出该电阻阻值𝑅=15𝛺； (4)①因为要求用伏安法测电阻𝑅的阻值时数据尽量精确，故采用分压式电路，分压式电路应选择较小的滑动变阻器，故D正确；
结合(3)问中导体电阻的估计值𝑅=15𝛺，可知实验过程中的最大电流不超过𝐼𝑚𝑎𝑥=𝑅=15𝐴=0.8𝐴，电流表𝐴2(量程0～3𝐴)偏转角度小于满偏的3，读数误差较大；故选电流表𝐴1(量程0～200𝑚𝐴)，故B正确； 故选BD。
②请画出实验电路图3；电流表𝐴1的量程为0～200𝑚𝐴，为了让电压表有较大偏转时，电流表能安全不超量程，故选择定值电阻𝑅3(阻值等于2𝛺)与电流表𝐴1的并联，起到分流作用。因为不知道电压表内阻，而电流表𝐴1内阻𝑟1=6𝛺确切已知，所以选择内接法测量，故画出电路图如图所示，
1
𝐸12
1
③根据如图所示电路图可得：𝑈=(𝐼+𝑅)𝑅+𝐼𝑟1
3
𝐼𝑟
解得电阻：𝑅=
𝑅3(𝑈−𝐼𝑟1)(𝑅3+𝑟1)𝐼
故答案为：(2)3.700；(3)15；(4)①𝐵𝐷；②；③
𝑅3(𝑈−𝐼𝑟1)(𝑅3+𝑟1)𝐼
13.答案：解：(1)从开始到运动到𝐴点的过程中，其位移和初速度方向成45°
所以𝑡𝑎𝑛45°=解得𝑉𝑦=2𝑉0 因𝑉0=2𝑚/𝑠
22=2√5𝑚/𝑠。 那么𝑣=√𝑣0+𝑣𝑦
𝑣𝑦𝑡2
𝑣0𝑡
(2)因为𝑉𝑦=2𝑉0=
𝑞𝐸𝑚
𝑡
代入数据解得𝑡=2𝑠。
(3)𝑂𝐴间电势差𝑈=−𝐸𝑑=−𝐸𝑉0𝑡=−4×103𝑉。
答：(1)速度为2√5𝑚/𝑠。 (2)经历的时间为2𝑠。 (3)𝑂𝐴间电势差为−4×103𝑉。
解析：(1)𝑂到𝐴其位移与初速度方向成45°，根据位移夹角列方程求解合速度大小。 (2)根据两个分运动方向的速度特点列方程求解时间。 (3)根据𝑈=𝑑𝐸求解𝑂𝐴之间电势差。
解决该题的关键是明确知道小球在水平面内运动情况，掌握其做类平抛运动的两个分运动的运动特点，熟记相关的公式。
14.答案：解：(1)解除锁定弹开𝐴𝐵后，𝐴𝐵两物体的速度大小：𝑣𝐴=𝑣𝐵=𝑡=9.0×10−4=4.0(𝑚/𝑠)
22+𝑚𝐵𝑣𝐵弹簧储存的弹性势能𝐸𝑃=2𝑚𝐴𝑣𝐴 2
1
1
𝑑
3.6×103
代入数据解得𝐸𝑃=16(𝐽)
(2)𝐵滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。
2
由动能定理得：−𝜇𝑚𝐵𝑔𝑠𝑚=0−2𝑚𝐵𝑣𝐵
1
得：𝑠𝑚=4(𝑚)
(3)物块𝐵沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，设物块𝐵加速到传送带速度𝑣需要滑动的距离为𝑠′。
2由𝜇𝑚𝐵𝑔𝑠′=2𝑚𝐵𝑣𝐵
1
解得𝑠′=9 (𝑚)>𝑠𝑚
表明物块𝐵滑回水平面𝑀𝑁的速度没有达到传送带速度 所以：𝑣′𝐵=√2𝜇𝑔𝑠𝑚=√2×0.2×10×4=4(𝑚/𝑠)
′22
=2𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑊 (4)设弹射装置对𝐴做功为𝑊，则：2𝑚𝐴𝑣𝐴
1
1
𝐴𝐵碰后速度互换，𝐵的速度 𝑣″𝐵=𝑣′𝐴
″2
=𝜇𝑚𝐵𝑔𝐿 𝐵要刚好能滑出平台𝑄端，由能量关系有：2𝑚𝐵𝑣𝐵′2
又𝑚𝐴=𝑚𝐵，联立解得：𝑊=𝜇𝑚𝐵𝑔𝐿−2𝑚𝐴𝑣𝐴
11
解得𝑊=8(𝐽)
联立解得，𝑣″𝐵=4√2(𝑚/𝑠)
𝐵滑过传送带过程，传送带移动的距离：𝑆带=𝑣𝑣𝐵″+0=6×2√2=12√2(𝑚)
2𝐿8所求内能：△𝐸=𝜇𝑚𝐵𝑔(𝐿+𝑆带) 解得△𝐸=(16+24√2)≈49.9(𝐽) 答：
(1)弹簧储存的弹性势能𝐸𝑃为16𝐽。
(2)物块𝐵沿传送带向右滑动的最远距离𝑠𝑚是4𝑚。 (3)物块𝐵滑回水平面𝑀𝑁的速度大小𝑣′𝐵是4𝑚/𝑠。
(4)此过程中，滑块𝐵与传送带之间因摩擦产生的内能△𝐸是49.9𝐽。
解析：(1)解除锁定弹开𝐴𝐵后，两滑块匀速通过光电门，根据𝑣=𝑡求出两个滑块的速度大小。弹簧解锁过程中弹簧的弹性势能全部转化为两个物体的动能，根据机械能守恒求解弹性势能𝐸𝑃； (2)𝐵滑上传送带后受到水平向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理可求得最远距离𝑠𝑚；
(3)物块𝐵沿传送带向左返回时，先做匀加速运动，若物块速度与传送带速度相同，则此后一起匀速运动，根据动能定理求出物体与传送带速度相同时，物体运动的位移，再求速度𝑣′𝐵；
(4)𝐵刚好能从𝑄端滑出时速度为零。对𝐴，根据动能定理列式得到弹射后速度与做功的关系式；对𝐵.根据能量守恒列式，得到与𝐴碰撞后速度表达式，根据碰撞过程两者交换速度，联立解得弹射装置𝑃对𝐴做的功。根据运动学公式求出物体与传送带间的相对位移大小，即可求得产生的内能△𝐸。 本题过程比较复杂，按时间顺序分析，关键要把握每个过程所遵循的物理规律以及各个过程之间的关系，培养自己分析和解决综合题的能力。
𝑑
15.答案：解：(𝑖)设初始时小氧气瓶中气体的体积为𝑉0，压强为𝑝0，抽出氧气后小氧气瓶中剩余气体
的压强为𝑝1，当压强变为𝑝1时，其体积膨胀为𝑉1 根据玻意耳定律可得：𝑝0𝑉0=𝑝1𝑉1，解得𝑉1=50𝐿
每罐氧气瓶中被压入大氧气瓶中的气体，在室温和𝑝1条件下的体积为𝑉′1=𝑉1−𝑉0=50𝐿−4𝐿=46𝐿
设60罐小氧气瓶气体压入大氧气瓶中，气体的压强为𝑝2，体积为𝑉2=40𝐿 根据玻意耳定律可得：𝑝2𝑉2=𝑛𝑝1𝑉′1 解得𝑝2=82.8𝑎𝑡𝑚
(𝑖𝑖)室温时氧气的温度为𝑇2=300𝐾，降温后氧气的压强为𝑝3，温度为𝑇3=240𝐾
3根据查理定律可得：𝑇3=
𝑝
𝑝2
𝑇2 解得𝑝3=66.24𝑎𝑡𝑚
答：(𝑖)在室温下将氧气压入大氧气瓶后，大氧气瓶内气体的压强为82.8𝑎𝑡𝑚； (𝑖𝑖)若将大氧气瓶中温度降为−33℃，此时大氧气瓶中气体的压强为66.24𝑎𝑡𝑚
解析：(𝑖)小瓶在等温膨胀过程中，根据玻意耳定律求得体积，根据小氧气瓶总数求得压入打氧气瓶内的体积，根据玻意耳定律求得压强；
(𝑖𝑖)在降温过程中，找出初末状态参量，根据查理定律求得压强。
本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化是解题的前提，求出气体状态参量，应用查理定律与玻意耳定律即可解题。
16.答案：解：①细光束在𝑀𝑁界面，一部分反射，设反射光与光屏𝑃𝑄的交点为𝐴，另一部分折射，
设折射光与光屏𝑃𝑄的交点为𝐵，折射角为𝑖，光路图如图所示，
由几何关系得：
𝑡𝑎𝑛𝜃=
得：𝑙𝐴𝑁=√3𝑅
因为𝑙𝐴𝑁+𝑙𝐵𝑁=(√3+1)𝑅 则有：𝑙𝐵𝑁=𝑅 所以有：𝑡𝑎𝑛𝑖=𝑙则𝑖=45°
故此玻璃砖的折射率为：𝑛=sin𝜃 解得：𝑛=√2；
②若光屏𝑃𝑄上恰好只剩一个光斑，则说明该光束恰好发生全反射，由𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑛得临界角为：𝐶=45° 即当𝜃⩾45°时，光屏上只剩下一个光斑。 答：(1)此玻璃砖的折射率是2√；
(2)当𝜃满足𝜃⩾45°时，光屏上只剩下一个光斑。
1
𝑠𝑖𝑛𝑖
𝑅
𝐵𝑁
𝑅𝑙𝐴𝑁
=1，
解析：①光屏𝑃𝑄区域出现两个小光斑，一个是由于光的反射形成的，一个是光的折射形成的，作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，再根据折射定律求出折射率。
②为使光屏上只剩下一个光斑，必须使光线发生全反射，由临界角公式𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑛求临界角𝐶，即得到入射角的最小值。
解决该题的关键是正确作出光路图，知道光屏上的两个光斑是由反射光线和折射光线所形成的，熟记折射定律的公式以及全反射的临界角公式。
1
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容