2023年浙江省北斗联盟高考物理模拟试卷（含解析）

2023年浙江省北斗联盟高考物理模拟试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 四 五 总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 静电力常量用国际单位制的基本单位表示，正确的是( )
A. B. C. D.
2. 刚刚结束的奥运会上，广东小将全红婵图甲以总分分打破世界纪录，获得跳水单人十米台金牌。自运动员离开跳台开始计时到完全落入水中，其速度随时间变化情况可简化如图乙，选向下为正方向，下列结论正确的是( )
A. 为空中运动时间，速度始终向下
B. 内的加速度比在内加速度大
C. 在内，平均速度等于
D. 在内，平均速度
3. 根据物理学发展历史事实，下列说法正确的是( )
A. 康普顿发现了光电效应，继而他提出了光子的概念
B. 卢瑟福研究粒子散射实验，最终查德威克提出了原子核式结构模型
C. 赫兹用实验证实了电磁波的存在，并首先发现光电效应
D. 开普勒发现行星运动三大定律，其中第三定律表明太阳系内所有天体的都是相同的
4. 姚明是中我国优秀的篮球运动员。在某次比赛罚球中，第一次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角；第二次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置点。不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 两球的初动能相等 B. 前后两次上升的最大高度的比值为：
C. 在点时，两球的机械能相等 D. 前后两次运动时间的比值为：
5. 如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态、的体积相同，则( )
A. 状态的内能大于状态
B. 状态的温度高于状态
C. 过程中气体吸收热量
D. 若沿过程变化则外界对气体做负功
6. 科学家对银河系中心附近的恒星进行了多年的持续观测，给出年到年间的位置如图所示。科学家认为的运动轨迹是半长轴约为太阳到地球的距离为的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了年诺贝尔物理学奖。若认为所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为，可以推测出该黑洞质量约为( )
A. B. C. D.
7. 扫描是计算机射线断层扫描技术的简称，扫描机可用于对多种病情的探测。图是某种机主要部分的剖面图，其中射线产生部分的示意图如图所示。图中、之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生射线如图中带箭头的虚线所示；将电子束打到靶上的点记为点。则( )
A. 处的电势高于处的电势
B. 增大偏转磁场磁感应强度大小可使点左移
C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D. 增大、之间的加速电压可使点左移
8. 如图所示，斯特林发动机的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆，可绕图中、、三处的转轴转动，连杆长为，连杆长为，当杆以角速度逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆与水平方向夹角为，杆与杆的夹角为。在滑块向左滑动过程中( )
A. 滑块从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B. 当杆与垂直时，滑块的速度最大
C. 当杆与垂直时，滑块的速度大小为
D. 当时，滑块的速度大小为
9. 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
10. 如图甲所示，三个电量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于轴对称．一试探电荷沿轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示以轴正向为电场力的正方向设无穷远处电势为零．则( )
A. 试探电荷带负电 B. 乙图中的与甲图中的相等
C. 在轴正半轴上，处电势最高 D. 试探电荷在处电势能最大
11. 在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线甲光、乙光、丙光，如图所示。则可判断出( )
A. 图中丙光子的能量最小
B. 甲、乙光在同样条件双缝干涉中干涉条纹间距相同
C. 若在同一介质中的光速对比，乙光速比丙光速慢
D. 在同一介质中发生全反射时，甲光临界角小于丙光
12. 某静止的原子核发生核反应且释放出能量。其方程为，并假设释放的能量全都转化为新核和的动能，测其中的速度为，以下结论正确的是( )
A. 原子核的速度大小为
B. 原子核的动能是原子核的动能的倍
C. 原子核和原子核的质量之和比原子核的质量大为光速
D. 和的结合能之和一定大于的结合能
13. 单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 时刻线框平面与中性面垂直
B. 线框的感应电动势最大值为
C. 线框转一周外力所做的功为
D. 从到过程中线框的平均感应电动势为
二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14. 如图甲所示的振荡电路中，通过点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过点向右规定为电流的正方向，则( )
A. 内，电容器正在充电
B. 内，电容器的上极板带正电荷
C. 内，点比点电势低
D. 内，电场能正在减小
15. 轴上存在均匀的介质，在时刻，位于处的波源开始某种形式的振动，产生的机械波沿轴负方向传播，时处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。是处的质点，下列说法正确的是( )
A. 波源的起振方向沿方向
B. 波源的振动方程是
C. 该波的波速为
D. 从图示时刻起，再经过，质点通过的路程为
16. 如图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光竖直向下照射时，通过观察油桶上方的矩形窗口亮暗两个区域可确定油量。油量计结构可看成由多块长度不同的锯齿形的透明塑料拼叠而成，图乙是其中一块的示意图，锯齿形的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，已知透明塑料的折射率小于油的折射率，则下列说法正确的是( )
A. 透明塑料的折射率应小于 B. 塑料锯齿和油界面处发生全反射形成暗区
C. 油量增加时，亮区范围变小 D. 对于透明塑料和油来说，油是光密介质
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共7.0分）
17. 用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图所示。则该金属丝的直径为______ 。用秒表测量某个运动物体的运动时间，示数如图所示。则物体运动时间______ 。
四、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
18. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
测得摆线长，小球直径，小球完成次全振动的时间为，则实验测得的重力加速度的表达式 ______ 。
同学因为粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长，测得多组周期和的数据，作出图象，如图所示。则该小球的直径是______ 保留一位小数；实验测得当地重力加速度大小是______ 保留三位有效数字。
19. 某同学设计了一个既能测量定值电阻阻值，又能测量电源电动势和内阻的电路图如图一所示，他用了如下的实验器材中的一部分：
电流表量程，内阻；电流表量程，内阻很小；
滑动变阻器；
两个定值电阻，；
待测电阻；
待测电源一节干电池；
开关和导线若干。
根据实验要求，与电流表串联的定值电阻为______ 填“”或“”。
该同学先用该电路测量定值电阻的阻值，进行了以下操作：
闭合开关、，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表示数，电流表示数；
断开开关，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表示数，电流表示数；后断开；
根据上述数据可知计算定值电阻的表达式为______ 。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比______ 。填“偏大”、“偏小”或“相等”
再用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关、，调节滑动变阻器，分别记录电流表、的读数、，得与的关系如图二所示。根据图线可得电源电动势 ______ ；电源内阻 ______ 。计算结果均保留三位有效数字
五、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
20. 如图所示是一种环保高温蒸汽锅炉，其质量为。为了更方便监控高温蒸汽锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等，气缸开口向上，用质量为的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为。当气缸内温度为时，活塞与气缸底间距为，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物。当绳上拉力为零时，与绳相连的警报器会发生报警，从而可以有效地防止事故发生。已知室外空气压强，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
当活塞刚刚碰到重物时，气体吸收了的热量，那么气体的内能变化了多少？
若锅炉外壁的安全温度为，那么重物的质量应是多少？
21. 如图所示，竖直平面内有一粗糙的平台，长度，动摩擦因数为，其左侧有一个小球和处于压缩、弹性势能的弹簧两个不连接，小球用锁定装置锁定，其右侧有一半径、圆心角的光滑圆弧轨道，圆弧轨道最底端处平滑连接另一长的粗糙平台，质量的小球静止在点，小球的左侧粘有少量塑胶炸药质量不计，端有一质量的小球，用长为的轻绳悬吊，对点刚好无压力。现小球解除锁定被弹簧弹出，恰好沿点的切线方向进入圆弧轨道到达点与小球发生碰撞，碰撞瞬间两球共速并立即引燃炸药，爆炸后瞬间小球、速度方向均水平。小球恰好能以进入点的速度从点滑出，炸药爆炸前后小球、质量保持不变，小球、与均可视为质点，弹簧长度变化可以忽略，，求：
小球与小球碰撞前瞬间小球对轨道的压力；
炸药爆炸过程中有多少能量转化成小球、的机械能；
若小球能与小球发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，小球与平台间动摩擦因数的范围。
22. 如图所示，有一个间距为的平行光滑金属导轨与水平面成放置，通过光滑圆弧绝缘件与另一个光滑的水平金属导轨平滑对接，其中轨道部分间距为，轨道部分间距为。在棒的下方区域内存在与导轨平面垂直、磁感应强度大小为的匀强磁场，之间存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。导轨的下端接有阻值为的电阻，在导轨的上端垂直于导轨用锁定装置锁定有一质量为的导体棒，长度为，电阻为。另有一质量为的导体棒垂直于导轨，与棒相距，以大小为的速度沿导轨向上，经过，棒运动到棒位置时，锁定装置解除棒的锁定，棒与棒碰撞合在一起继续向上，经过绝缘件到达时，在由另一个锁定装置锁定的导体棒解除锁定，导体棒质量为，之后它们分别在各自轨道运动。当棒运动到时，速度已达到稳定，之后被锁定装置锁住，棒再运行到达处。右侧有一根劲度系数的轻质弹簧水平放置，处于原长，右端固定，左端与一质量为的绝缘棒长度为拴接拴接点在棒的中点。最终棒沿水平导轨与棒发生碰撞后即刻合在一起，且此后始终做简谐运动。三个导体棒始终与导轨接触良好，不计金属导轨及其他电阻，且所有导体棒长度，电阻，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。重力加速度，，，求：
棒运动到棒位置时的速度大小以及碰撞后瞬间棒两端的电势差大小；
整个运动过程中产生的焦耳热；
棒和棒碰撞后始终做简谐运动，请以两棒碰撞第一次速度变为时作为计时起点，向右为正方向，写出该简谐运动的振动方程。已知弹簧振子振动周期公式，其中为振子质量，为弹簧劲度系数。可以用图像下的面积代表力做的功
23. 如图所示，直角坐标系所在的平面内，轴的左侧存在大小为、方向沿轴负方向的足够大的匀强电场区域。轴的右侧存在三个依次相切的圆形磁场区域、、，且三个圆形磁场区域都与轴相切。已知、磁场区域半径为，磁感应强度大小为，方向均垂直纸面向里；磁场区域半径为，磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向里。一个质量为，电荷量为的带电粒子以初速度从点竖直向下沿直径方向进入磁场区域，恰好沿方向进入磁场区域，然后从点进入电场。不计带电粒子的重力，带电粒子的比荷为，求：
带电粒子的初速度和在电场区域中运动的路程；
磁感应强度的大小和带电粒子最后离开磁场区域的位置坐标；
带电粒子在电磁场中运动的总时间。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据库仑定律可得：
根据，质量、加速度的单位分别为、 可得，
根据，电流、时间的单位分别为、可得，则，，故ABC错误，D正确。
故选：。
根据库仑定律，由、、、四个物理量的单位推导出的单位，个国际单位制的基本单位为、、、、、、。
本题考查力学单位制，关键是掌握各物理量之间的联系，通过公式导出的单位。
2.【答案】
【解析】解：、全红婵在空中的运动为竖直上抛运动，由图像得，时间为空中运动时间，速度先竖直向上，后竖直向下，故A错误；
B、图像切线的斜率的绝对值表示加速度的大小，由图像得，内的加速度比在内加速度小，故B错误；
C、在内，全红婵的运动为匀变速直线运动，平均速度等于初末速度的平均值，则平均速度
故C正确；
D、图像与坐标轴的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，在内，若为匀变速直线运动，平均速度
但由图像得，全红婵的运动为加速度减小的减速运动，位移小于匀变速直线运动的位移，则平均速度小于，故D错误。
故选：。
根据图像分析全红婵的运动情况；图像切线的斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图像分析加速度的大小；匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值；图像与坐标轴的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，比较时间内位移与匀变速直线运动位移的关系，即可判断平均速度的大小。
本题考查图像，解题关键是能根据图像分析运动员的运动情况，知道图像切线的斜率的绝对值表示加速度的大小，平均速度是位移与时间的比值。
3.【答案】
【解析】解：、康普顿在研究石墨对射线的散射时，发现了康普顿效应，揭示了光的粒子性，赫兹发现了光电效应，故A错误；
B、年，卢瑟福通过对粒子散射实验的研究确立了原子的核式结构模型，认为电子在库仑力的作用下绕原子核做圆周运动，故B错误；
C、物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并首先发现光电效应，故C正确；
D、开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等，，其中是与中心天体有关物理量，并不是太阳系内所有天体的都是相同的，故D错误。
故选：。
根据物理学史判断即可；开普勒第三定律，其中是与中心天体有关物理量。
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。
4.【答案】
【解析】解：、篮球运动的逆运动是平抛运动，如图所示。
设投篮处与篮板的水平距离为，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线交水平位移的中点，所以有：，，
从而得到前后两次上升的最大高度的比值为：，故B错误；
D、在竖直方向上可以认为是自由落体运动，由得：，
所以前后两次运动时间的比值为：，故D错误；
C、水平速度，，由于上述结论可得：，
则：，所以撞击篮板的速度不相等，在点时，两球的机械能不相等，故C错误；
A、出手速度：
结合上一问结论有：，两球出手时的动能相等，故A正确。
故选：。
两个斜抛运动的最高点都在处，采用逆向思维，将篮球的运动看成从点开始的平抛运动，再根据“做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线交水平位移的中点”这一推论，作图可以得到几何关系式，从而求出两球运动的竖直高度之比；
根据运动学公式求解时间之比；
根据先求初速度之比；
根据运动的合成与分解求出出手速度的比值；
再进一步分析两球的初动能关系，以及在点时两球的机械能关系。
本题的关键有二：是把速度方向问题变成了位移方向的问题，这是利用平抛规律的推论，速度的反向延长线通过水平位移的中点，逆向思维法，把斜抛问题巧妙变成了平抛问题。
5.【答案】
【解析】解：、是等温过程，气体温度不变，则气体的内能不变，故A错误；
、由图示图象可知，状态、的体积相同，根据一定质量理想气体的状态方程，可知的温度高于、的温度，且的内能大于和的内能，从到气体体积增大，气体对外界做功，，该过程内能增大，，由热力学第一定律可知：，可知，所以，过程中气体吸收热量，故B错误，C正确；
D、根据图线与横轴围成图形的面积等于气体做的功，可知若沿过程变化，则外界对气体做正功，故D错误。
故选：。
一定量的理想气体内能由温度决定；气体体积增大时，气体对外做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用热力学第一定律分析吸放热情况。图线与横轴围成图形的面积等于气体做的功，由此分析沿过程气体做功情况。
知道图线与横轴围成图形的面积等于气体做的功、根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提；掌握基础知识、应用热力学第一定律即可解题。
6.【答案】
【解析】
【分析】
地球绕太阳运行，根据万有引力提供向心力列方程得到太阳质量的表达式，同理可得绕黑洞运行时黑洞质量的表达式，由此求解。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是能够根据图中的数据分析运行周期，结合万有引力提供向心力进行分析。
【解答】
设地球的质量为，地球到太阳的距离为，地球的公转周期为年，
由万有引力提供向心力可得：，解得：，
对于受到黑洞的作用，椭圆轨迹半长轴，
根据图中数据结合图象可以得到运动的半周期为年，则周期为年，
根据万有引力公式可以得出：，
因此有：，代入数据解得：，故B正确，ACD错误。
故选：。
7.【答案】
【解析】解：、根据题意可知，电子在之间加速，受到向右的电场力，所以之间的电场线水平向左，则点的电势比点电势低，故A错误；
C、由电子运动轨迹粒子，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；
、电子在加速电场中加速，由动能定理得：
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径：
若增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，点左移。
如增大、之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增大，电子射出磁场时的偏角减小，点右移，故B正确，D错误；
故选：。
电子受到向右的电场力，所以电场线水平向左，以此分析电势的高低；
根据左手定则分析偏转磁场的方向；
根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理求解电子做圆周运动的半径表达式，从而判断改变磁感应强度以及增大、之间的加速电压后点的变化情况。
解决该题需要明确知道电子在各个区域的运动情况，在加速电场中由动能定理求加速之后的速度，在偏转电场中由洛伦兹力提供向心力。
8.【答案】
【解析】解：设滑块的速度合速度大小为，沿水平方向，如图将点的速度分解为沿着杆的分速度和垂直杆的分速度
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：

点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设的线速度为 ，则
沿杆的分速度：
1
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即
联立可得
在中，由正弦定理得
解得
A.滑块从右向左运动时，其速度，随角度变化而不均匀变化，角度先增大后减小，根据正切函数的性质可知，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动，故A错误；
当杆与垂直时，，，则，滑块的速度不是最大，故B，C错误；
D.当时，如图所示：
滑块的速度为：
，故D正确。
故选：。
题目中，滑块和点的实际运动为合运动，分别沿杆方向和垂直于杆的方向进行分解，它们沿杆方向的分速度相等，列方程可解得滑块的速度，分析速度表达式可解题。
本题考查了运动的合成与分解中的关联速度模型，物体的实际运动是合运动，合速度分解为沿着杆绳的分速度和垂直杆绳的分速度，再进行解题
9.【答案】
【解析】解：、火箭加速过程中，所受合力为时，即加速度为时，速度最大，此时动能最大，故A正确；
、火箭所受高压气体的推力做功转化为火箭的动能、重力势能与摩擦生热的热能，则高压气体的推力和空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故BD错误；
C、根据动量定理可知高压气体的推力和空气阻力和重力的总冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
故选：。
正确理解火箭在加速时速度的变化情况；根据功能关系分析能量变化；根据动量定理分析动量的增加量。
本题考查动量定理与功能关系，解题关键掌握动能定理与能量守恒定律，注意速度最大时加速度为．
10.【答案】
【解析】
【分析】
由甲图乙图结合受力分析，可知在的右侧，越靠近负电荷，正电荷受力越大，在范围内，电场力做负功，电势能增加。
本题考查静电场，学生需根据图像结合受力分析综合解题，还需具备能量观，由能量守恒入手分析电势能变化。
【解答】
在时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，则该试探电荷带正电，图乙中的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，根据题意，正点电荷受力等于零的位置在的右侧，如图
故在的右侧，即，故AB错误；
在范围内，正电荷所受电场力合力为水平向左，正点电荷在位置受力平衡，在的右侧正点电荷所受合力方向水平向右，在范围内，电场力做负功，电势能增加，范围内，电场力做正功，电势能减小，故在处电势能最大，所以在处电势最大，故D正确，C错误。
11.【答案】
【解析】解：根据和，可知入射光的频率越高，对应的截止电压越大，光子能量越大。丙光截止电压最大，所以丙光子的频率最高，能量最大，故A错误；
B.甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，由可得甲、乙光的波长相等，所以它们在同样条件双缝干涉中干涉条纹间距相同，故B正确；
C.丙光的频率最大，故在同一介质中，丙的折射率最大，由可得，在同一介质中的光速对比，丙光速最慢，故C错误；
D.在同一介质中，丙的折射率最大，结合发生全反射时临界角满足，可知丙光的全反射临界角最小，故D错误；
故选：。
根据分析甲光、乙光、丙光的能量、频率和波长，根据双缝干涉的条纹公式分析；根据判断；结合折射率与频率的关系判断折射率，最后由折射率和临界角的关系判断。
本题主要是考查光电效应和图象的结合，根据光电效应方程结合图象进行分析是关键，知道同一金属对应的截止频率相同。
12.【答案】
【解析】解：、静止的原子核发生衰变的过程中动量守恒，设的速度为，以的方向为正方向，则：
所以：，即大小为，负号表示方向与的方向相反。故A错误；
B、动能：，所以原子核的动能是原子核的动能关系：故B错误；
C、由于该反应的过程中释放能量，所以原子核和原子核的质量之和比原子核的质量小。故C错误；
D、由于该反应的过程中释放能量，所以和的结合能之和一定大于的结合能。故D正确。
故选：。
在衰变过程中，遵守动量守恒，根据动量守恒定律和动量与动能的关系，列式求解的动量、速度和动能。
由质能关系，求解亏损的质量。
衰变过程类比于爆炸，满足动量守恒和能量守恒，同时注意动量与动能的关系式。
13.【答案】
【解析】解：、由图像得，时刻，磁通量最大，线框平面位于中性面，故A错误；
B、角速度
感应电动势的最大值
故B错误；
C、感应电动势的有效值
根据功能关系可知，线框转一周外力所做的功等于回路中产生的焦耳热，则有：
故C正确；
D、从到过程中线框的平均感应电动势：
故D错误。
故选：。
磁通量最大时，线框平面与中性面重合；先求出角速度，利用公式求感应电动势最大值；根据求有效值，根据功能关系求解外力做的功；根据求平均感应电动势。
本题考查了正弦式电流的图象、交流的峰值、有效值以及它们的关系等知识点。在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。
14.【答案】
【解析】解：、由图乙可知，在内，电流方向是正的，电流在减小，此时电容器正在反向充电，故A正确；
B、在内，经过点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过点向左移动，因此电容器上极板带负电荷，故B错误。
C、由图乙可知，在内，电流是负的，即通过点的电流向左，回路电流沿逆时针方向，因此点电势比点电势高，故C错误；
D、由图乙可知，在内电流在增大，电容器正在放电，磁场能在增大，电场能在减小，故D正确；
故选：。
根据图象，分析清楚电磁振荡过程；知道振荡电路放电时，电场能转化为磁场能，电路电流增大；振荡电路充电时，磁场能转化为电场能，电路电流减小。
本题考查电磁振荡的基本规律，应熟练掌握电磁振荡过程、能正确分析图象，明确电流的变化是正确解题的关键。
15.【答案】
【解析】
【分析】
根据波的传播方向和最前面波的形状判断波源的振动方向；先求出质点的振动周期、振幅和初相位，即可写出振动方程。但要注意在上方和下方振动时间不同，所以要分段表示；根据波速与波长周期关系求波速，求出内点运动的路程。
对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长或由振动图得到振幅、周期，再根据传播方向得到某质点的振动图或波形图，进而得到各质点的振动。
【解答】
A、由于波沿轴方向传播，所以处的质点沿方向向下运动，故波源的起振方向沿方向，故A错误；
B、从波形图来看，波源的振动向上和向下运动的振幅相同，但在下方的振动与上方的振动的快慢是不一样的，则圆频率不同，其振动方程应分段来写，一个方程不能完整的表示，而 只是质点在轴上、下方以为周期的振动的方程，不能同时代表本道题在上方和下方的振动情况，故B错误；
C、由图可以看出，波长，由题还知道周期，所以波速，故C正确；
D、波传到的时间，而，从而，即时，点恰振动到波峰处，所以的总路程，故D正确。
故选：。
16.【答案】
【解析】解：如图所示，
依题意，光在直角部分发生全反射，光在从透明塑料板射向空气，根据发生全反射的条件，则透明塑料的折射率
即透明塑料的折射率应大于，故A错误；
B.光从塑料锯齿和油的界面处发生折射，光线射向油中，在矩形窗口形成暗区，故B错误；
C.油量增加时，被浸入到油中的塑料锯齿增多，则全反射光线减小，则亮区范围变小，故C正确；
D.透明塑料的折射率小于油的折射率，对于透明塑料和油来说，油是光密介质，故D正确。
故选：。
本题根据全反射的条件，结合题意分析，即可解答。
本题考查学生对信息的提炼能力、理解能力和分析能力，关键是使用全反射的条件。
17.【答案】
【解析】解：螺旋测微器的分度值为，需要估读到分度值的下一位，则金属丝的直径为
秒表读数为
即物体运动时间为
故答案为：，。
根据螺旋测微器和秒表读数规则得出对应的示数即可。
本题考查螺旋测微器和秒表的读数，知道螺旋测微器和秒表的读数规则，求解即可。
18.【答案】
【解析】解：单摆的周期为，摆长为，根据单摆的周期公式可得：
根据单摆的周期公式可知
根据图象与纵轴的截距可知，则该小球的直径为；
图象的斜率为，实验测得当地重力加速度的大小为
故答案为：；；
根据单摆的周期公式结合题目条件得出的表达式；
根据图像的物理意义得出小球的直径和当地的重力加速度的大小。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。
19.【答案】 相等
【解析】解：电源电动势为，应用定值电阻改装后电压表量程为，故选用。
并联电路电压相等，根据图示电路由实验步骤可知：
，
解得：
流过同一支路电流相等，并联电路电压相等，根据该方案电阻测量值与真实值相等；
由图示电路图根据实验步骤可知，电源电动势：
整理得：
由图象可知：，
解得电源电动势为：，电源内阻为：；
故答案为：；，相等；，
根据电源电动势与所给电表参数分析答题。
根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值、分析实验误差。
根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
本题考查了实验器材的选择、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，认真审题理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
20.【答案】解：当活塞刚刚碰到重物的过程中，气体做等圧变化，根据盖吕萨克定律可得：
其中：，
代入数据解得：
当活塞刚刚碰到重物的过程中，气体对外做的功：
其中：，其中
代入数据解得：
根据热力学第一定律可得：
代入数据解得：
活塞接触重物之后气体做等容变化，根据查理定律可得：
其中，
联立解得：
答：当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为；
当活塞刚刚碰到重物时，气体吸收了的热量，那么气体的内能增加了；
若锅炉外壁的安全温度为，那么重物的质量应是。
【解析】根据盖吕萨克定律可进行解答；
根据功的计算公式求解气体对外做的功，根据热力学第一定律进行解答；
活塞接触重物之后气体做等容变化，根据查理定律进行解答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
21.【答案】解：小球从运动到点，根据能量守恒定律有：
解得：
小球从到做平抛运动，在点将速度分解，如图所示：
根据运动的合成与分解可得：
代入数据解得：
小球从到，根据动能定理，有：
代入数据解得：；
根据向心力公式可得：
解得
由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为
小球与小球碰撞，动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：
炸药爆炸过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
根据机械能守恒定律，有：
联立解得：，
炸药爆炸过程中转化成小球、的机械能的能量为
代入数据解得：；
当小球刚好运动小球处时速度为零，则有：
代入数据解得：
设小球运动小球处的速度为此时未与小球碰撞，则有：
之后小球与小球发生弹性碰掩，由于两球的质量相等，则速度交换，故碰撺后小球的速度为，为保证整个过程中绳子始终不松弛，且最终小球仍停在平台上，则小球最多上到右侧圆心等高处，则有：
联立解得：
综上所述可知：。
答：小球与小球碰撞前瞬间小球对轨道的压力为；
炸药爆炸过程中有的能量转化成小球、的机械能；
若小球能与小球发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，小球与平台间动摩擦因数的范围为。
【解析】小球从运动到点，根据能量守恒定律求解达到点速度大小，在点根据运动的合成与分解求解点的速度大小；小球从到根据动能定理求解碰撞前的速度大小，再根据向心力公式以及牛顿第三定律求出小球对轨道的压力；
小球与小球碰撞根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；炸药爆炸过程中，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解炸药爆炸过程中转化成小球、的机械能的能量；
分两种情况进行分析：当小球刚好运动小球处时速度为零；设小球运动小球处的速度为此时未与小球碰撞，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解小球与平台间动摩擦因数的范围。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
22.【答案】解：棒切割磁感线产生感应电动势，与并联记为，电路总电阻：，
代入可得：
对棒，由动量定理：
解得：
棒与棒碰撞，系统动量守恒：
碰撞后瞬间棒两端的电势差大小：
代入数据得：
棒斜向上运动到棒处过程中电路产生的焦耳热，由能量守恒定律：
代入数据得：
棒与棒碰撞后继续斜向上运动到处，此时区域内无磁场，故电路中无电流，由动能定理：
代入数据解得：
、棒进入磁场后，切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到处，由动量定理：
棒解锁后，在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线，由动量定理：
最后速度稳定时，导体棒中均无电流，所以：
解得：，
对、、棒的这一运动过程，由能量守恒定律得：
代入数据得：
、棒锁住后，棒继续切割磁感线做减速运动直到处，由动量定理：，
代入解得：
棒单独运动到这一过程，由能量守恒定律：
故整个运动过程中产生的焦耳热：
棒与棒发生碰撞，由动量守恒定律：
代入数据得：
、棒与弹簧组成的弹簧振子机械能守恒，由机械能守恒定律：
解得振幅：
再由弹簧振子的周期：
代入数据解得：
由得
故该弹簧振子第一次速度变为时作为计时起点，向右为正方向的振动方程：
解得振动方程为：
答：棒运动到棒位置时的速度大小为，碰撞后瞬间棒两端的电势差大小为；
整个运动过程中产生的焦耳热为；
该简谐运动的振动方程为。
【解析】对棒根据动量定理求出碰撞前的速度，再根据动量守恒定律求碰撞后的速度，最后由动生电动势公式和闭合电路欧姆定律求出棒两端的电势差；
根据能量守恒定律、动量定理结合电流的定义先求出相关速度，再求出各个阶段的焦耳热，相加就是整个过程的焦耳热；
根据动量守恒定律求出两棒的共同速度，再由能量守恒定律求振幅，由弹簧振子的周期公式求振动周期，由余弦函数得到弹簧振子的振动方程。
本题是电磁感应的动量、功能、振动问题的综合，涉及到类完全非弹性碰撞、切割磁感线产生电动势、变加速运动、闭合电路模型、弹簧振子模型等，是力电大综合。要按物理过程的顺序由动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律、简谐运动的规律解决相关问题。
23.【答案】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子沿圆形磁场区域的半径方向射入磁场，必将沿半径方向射出圆形磁场，其运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场区域中轨迹的圆心角为，由几何关系可得：
，可得：
粒子在磁场区域中的运动半径为：
由数学知识可知，可得：
由牛顿第二定律得：
解得：
粒子进入电场时的速度方向沿轴负方向，在电场力的作用下先做匀减速直线运动，速度减为零后再反向做匀加速直线运动。设其加速度大小为，由牛顿第二定律得：
解得：
粒子在电场中的运动路程为：
解得：。
设粒子在磁场区域中轨迹的圆心角为，运动半径为，由几何关系可得：
，解得：
由牛顿第二定律得：
解得：
粒子回到磁场后将继续以速度大小为做匀速圆周运动，由运动的对称性可知，粒子将从点关于轴的对称点点离开磁场，设点的坐标为，则有：
解得：
带电粒子最后离开磁场区域的位置坐标为；
粒子在磁场中运动周期由：，，联立可得：
在磁场区域、中的运动时间相等且为：
解得：
在磁场区域中的运动时间为：
解得：
粒子在电场中的运动时间为：
所以带电粒子在电磁场中运动的总时间为：
解得：。
答：带电粒子的初速度为，在电场区域中运动的路程为；
磁感应强度的大小为，带电粒子最后离开磁场区域的位置坐标为；
带电粒子在电磁场中运动的总时间为。
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得轨迹圆心角和半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的初速度。粒子进入电场先做匀减速直线运动，速度减为零后再反向做匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式求解；
由几何关系求得粒子在磁场区域中轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。由运动的对称性和几何关系求解粒子最后离开磁场区域的位置坐标；
由轨迹圆心角和运动周期求解粒子在磁场中运动时间，由运动学公式求解在电场中运动时间。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，主要考查了粒子在圆形磁场区域的运动特点，掌握粒子沿圆形磁场区域的半径方向射入磁场，必将沿半径方向射出圆形磁场径向射入，径向射出。
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