2023年北京市海淀区高考物理一模试卷及答案解析.pdf

2023年北京市海淀区高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共14小题，共42.0分）1.下列现象中，揭示了光的粒子性的是（）A.光电效应B.光的干涉C.光的偏振D.光的衍射2.处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时（）A.吸收光子，能量增加B.吸收光子，能量减少C.放出光子，能量增加D.放出光子，能量减少3.一定质量的理想气体的体积U随热力学温度7变化的情况如图所示。气体先后经历状态4、B和C,下列说法正确的是（）A.从状态4到状态B,气体压强保持不变B.从状态4到状态8,气体内能保持不变C.从状态B到状态C,气体对外做功D.从状态8到状态C,气体向外放热4.波源。垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在t=0.10s时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向，t=0.10s时，N点处于平衡位置。下列说法正确的是（）A.该波的波速为15cm/sB.图甲中质点P和Q的相位差为7 TC.图中中质点N在该时刻速度方向垂直纸面向外D.图乙可能是质点N的振动图像5.如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（）A.斜面体受到地面的摩擦力水平向左B.斜面体受到地面的摩擦力为零C.斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和D.斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和6.如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道口或m。轨 道I、和in均与地球赤道面共面。变更轨道后（）A.卫星沿轨道DI运动 B.卫星经过M点时的速度小于7.9km/sC.卫星经过M点时的加速度变大 D.卫星环绕地球运动的周期变大7.如图所示，轻杆的一端固定在通过。点的水平转轴上，另一 A端固定一小球，轻杆绕。点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆/周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与。点等高，下列说法正确的是（）A.小球经过4点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B.小球经过B点时，所受杆的作用力沿着B。方向 直C.从4点到C点的过程，小球重力的功率保持不变D.从4点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功8.如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a,另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端上 再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。下列说法正确的是（）A.通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥B .将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动C.增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小D.用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动9 .水平放置的平行板电容器C、定值电阻R。、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴4恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是（）A.当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电B.当R接入电路中的阻值变小时，油滴4将向下运动C.仅换用阻值更大的R。，油滴A将向下运动D.仅换用阻值更小的R。，油滴4依旧可以保持悬浮状态1 0.一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势。随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（）A.对与3,处的电场方向相同B.从X 1运动到X 2，电场力对电子做正功C.电子在与处的速率小于在%3处的速率D.电子从全运动到X 3,加速度逐渐减小1 1.如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状“鳖/态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（）?A.弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加B.弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量C.重物对手的压力随下降的距离均匀变化D.手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量1 2 .如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框a b e d的 总 电 阻 为 除a b边为硬质金属杆外，其,它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且c d边保持不动，杆a b的质量为nu将线框拉至水平后由静止释放，杆a b第一次摆到最低位置时的速率为九重力加速度为g,忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（A.a端电势始终低于b端电势B.杆a b中电流的大小、方向均保持不变C.安培力对杆a b的冲量大小为号-D.安培力对杆a b做的功为m g L-g m/1 3 .只利用下列选项中的器材，不能测量出当地重力加速度的是（）A.1根长度已知的直杆、1个质量未知的小物块、1块停表B.1根长度已知的轻绳、2个质量已知的小物块、1个滑轮、1个铁架台C.1个发射初速度已知的抛射器、1个质量未知的抛射物、1把直尺D.1个质量已知的小物块、1根长度未知的轻绳、1把直尺、1块停表1 4.2 0 2 2年1 0月3 1日“梦天”实验舱成功发射，其上配置了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，利用太空中的微重力环境和冷却技术，可获得地面无法制备的超冷原子。超冷原子是指温度接近0 K状态下的原子（质量约1 0-2 7 k g）,其运动速度约为室温下原子速度（约5 0 0 m/s）的5 x 1 0-5倍。超冷原子的制备要先利用激光冷却技术，使用方向相反的两束激光照射原子，原子会吸收激光的光子然后再向四周随机辐射光子，经过多次吸收和辐射后，原子的速度减小。同时施加磁场将原子束缚在一定区域内，避免原子逃逸，以延长原子与激光作用的时间。再用蒸发冷却技术，将速度较大的原子从该区域中排除，进一步降低温度。取普朗克常量八=6.6 3 x 1 0-3 4,.s。下列说法错误的是（）A.太空中的微重力环境可使实验舱中的原子长时间处于悬浮状态，利于获得超冷原子B.超冷原子的物质波波长约为1 0-s巾量级C.原子减速是通过原子向四周随机辐射光子实现的D.超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似二、实 验 题（本大题共2小题，共1 8.0分）1 5.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。(1)某同学在做杨氏双缝干涉实验时，分别用波长乙和;12的单色光，经同一干涉装置得到如图甲乙(2)图中4、B 端之间电压恒为U,灯泡L的电阻恒为Ri，滑动变阻器R 的最大阻值为/?2,在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，应选择 _(选 填“甲”“乙”或“丙”)电路，灯泡两端电压最大变化范围是。(3)在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力出、尸 2的共同作用静止于。点。撤去片、F2,改用一个拉力尸单独拉住小圆环，仍使它静止于。点。甲、乙、丙三位同学在白纸上记录的F、尸 2和F 的大小以及表示作用线方向的点如丁图所示，其中最有助于得到正确的实验结论的是同学的实验结果(选填“甲”“乙”或“丙”)。6rABB1 6.某同学探究平抛运动的特点。（1）用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的特点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。关于该实验，下列说法正确的是（选填选项前的字母）。A.4、B两球应选用体积小、质量大的小球B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度多次改变4、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由 此 说明4球竖直方向分运动为自由落体运动，说明4球水平方向分运动为匀速直线运动。（选 填“能”或“不能”）（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。4球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落 在 水 平 挡 板 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，力 球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。下列操作中，必要的是（选填选项前的字母）。A.通过调节使斜槽末段保持水平员每次需要从不同位置静止释放4球C.通过调节使硬板保持竖直。尽可能减小4球与斜槽之间的摩擦某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验 _ （选填选项前的字母）。AS球释放的高度偏高B.4球释放的高度偏低C.4球没有被静止释放D挡板M N未水平放置(3)某同学用平滑曲线连接这些痕迹点，得到图4所示4球做平抛运动的轨迹。请利用该轨迹和(1)中得出的平抛运动竖直方向分运动的特点，说明怎样确定平抛运动水平分运动是匀速直线运动。三、简答题(本大题共3小题，共3 1.0分)1 7 .如图所示，一个电阻r =2 0、匝数N =1 0 0(图中只画了1匝)的圆形金属线圈与R =8。的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积S =0.2 m 2,线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为B =(0.4 -0.2 t)T 求：(1)通过电阻R的电流大小/和方向；(2)4 s 内：a.通过电阻R的电荷量q：b.电路中产生的焦耳热Q。1 8 .反冲是常见的现象。(1)静止的铀核斓8(7)放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个社核淄4 7九)。a.请写出上述衰变过程的核反应方程：b.求反冲的社核的动能以。(计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应)(2)如图1所示，用轻绳连接的滑块4和8(均可视为质点)静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m,弹簧的弹性势能为Ep。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块4获得的动能就越大。(3)如图2所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为的气体在极短时间内一次性向后喷出.假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小a都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。19.电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器a 充满电后，仅改变电容器4两极板间的距离d。电容器4 的电容C也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为p的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。（1）回答下列问题。a.若开关保持断开状态，分析当板间距d变化时，两极板间电场强度的大小E如何变化。b.根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器4所带电荷量为q时，下极板对上极板电场力的大小9=芈。（2）用电容器4制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为心 当天平右端放一个质量为m的祛码时，需要在电容器的两极板间加上电压U,使天平重新水平平衡。某同学提出若用电压表（可视为理想表）读出上述电压，则可推知所加祛码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘（示意图）上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量,请在图4的表盘上标上2U和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。（3）如图5所示，将电容器4 的下极板同定不动，上极板由一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为右。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为U时，讨论上极板平衡位置的个数N的情况。四、计 算 题（本大题共1小题，共 9.0分）20.图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接,B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为in的小球（可视为质点）从弧形轨道上距8点高4R的4 点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力(1)求小球通过B点时的速度大小外。(2)求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小尸和方向。(3)请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。答案和解析1.【答案】A【解析】解：4 光电效应、康普顿效应都能可以说明光具有粒子性，故 A 正确；BCD.光的干涉、光的偏振以及光的衍射都可以说明光具有波动性，故 2CZ）错误。故 选:Ao理解不同光现象的原理，同时理解对应的实验结论。本题主要考查了光的波粒二象性，理解光现象的原理即可，难度不大。2.【答案】D【解析】解：根据玻尔理论可知，处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时，氢原子的能量减少，放出光子，故。正确，ABC错误；故选：D。氢原子从低能级到高能级需要吸收光子，获得能量，从高能级到低能级辐射光子，放出能量。解决该题关键要掌握氢原子从基态向激发态跃迁，吸收光子，获得能量。氢原子从激发态向基态跃迁，辐射光子，放出能量。3.【答案】A【解析】解：4 从状态4 到状态B,气体变化为等压变化，故 A 正确；B.从状态4到状态B,温度升高，对于一定质量的理想气体而言，分子势能不计，温度越高，则气体内能越大，故 8 错误；CD.从状态B到状态C,温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。故 错 误。故 选:A.根据图像得出气体状态参量的变化，从而分析出气体内能的变化；根据体积的变化得出气体的做功类型，结合热力学第一定律分析出气体的吸放热情况。本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律即可完成分析。4.【答案】B【解析】解：4、由图中可知g=3 c m,解得波长；l=6cm。由图乙可知，周期为7=0.2 0 s,由公式=专 可 得,该波的波速为f =3 0 cm/s,故 A 错误；8、由图甲可知，质点P和Q距离为半个波长，则它们的相位差为兀，故 B 正确；C D,由图甲可知，再经过;7波谷传播到N点，则该时刻质点N的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在t=0.10s时刻速度方向为垂直纸面向外，则图乙不是质点N的振动图像，故 C。错误。故选：B。根据题图甲确定波长，由图乙读出周期，再求出波速。质点P和Q距离为半个波长，相位差为兀。由图甲可知，再经过 7波谷传播到N点，该时刻质点N的速度方向垂直纸面向里，再结合图乙中质点在t=0.10s时刻速度方向，判断图乙是否是质点N的振动图像。本题要理解波的形成过程，根据图像分析出横波的传播特点，确定波长，结合公式D=亨求解波速。5.【答案】C【解析】解：小物块加速度沿斜面向下，对斜面体和小物块分析，将整体加速度a分解为水平方向的组和竖直方向的a?,则根据牛顿第二定律可得：f =mar(M+m)g-FN=ma2故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和，故 C 正确，A3。错误；故选：Co将整体的加速度分解到水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律列式分析出不同方向上的力的特点。本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解矢量分解的特点，结合牛顿第二定律即可完成分析。6.【答案】B【解析】解：4 卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道口运动，故 4 错误；A 在轨道/的半径大于近地轨道的半径，卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s,根据GMm _ mv2r2 r解得”=膺可知，卫星经过M点时的速度小于7.9/cm/s,故 B 正确：C 根据如袈=m a解得a=瞿由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，故 C错误；。.根据开普勒第三定律，轨道的半长轴小于轨道/的半径，故从轨道/变到轨道U,卫星环绕地球运动的周期变小，故。错误。故选：B。卫星运动到M点时减速，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动；卫星在轨道/的半径大于近地轨道的 半 径 根 据 等=乎 知 卫 星 经 过 M点时的速度小于7.9km/s；由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变；卫星从轨道/变到轨道H,卫星环绕地球运动的周期变小。本题考查万有引力定律的应用，解题关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，选取正确的表达式进行计算。7.【答案】D【解析】解：4 小球经过4点时，合外力提供向心力，当=mg，此时小球经过4点速度。=不，杆对小球无作用力。则当小球速度 厅，则所受杆的作用力竖直向下，故 A 错误；8.小球经过B点时，合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故 B错误；C.4点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0,B点处重力与速度共线，故重力功率不为0,则从4 点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故 C错误；D 4 到C的过程中，重力做正功，根据动能定理：%+“杯=4%=0,故杆对小球的作用力做负功。故。正确。故选：D。小球经过4 点时，根据小球经过4 点速度，讨论杆的作用力方向；小球经过B点时，合外力提供向心力，分析小球所受杆的作用力方向：根据瞬时功率计算式，分析功率变化；4 到C的过程中，根据动能定理，分析杆对小球的作用力做功。本题考查学生对圆周运动规律、动能定理、瞬时功率计算的掌握，解题关键是根据临界速度u=厅 讨 论 杆对小球的作用力。8.【答案】D【解析】解：4 通入电流时，根据题意可知弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，因为同向电流相互吸引，故 A错误；8.将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故 B 错误；C.增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C 错误；D 结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故。正确。故选：Do根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥的特点分析出线圈之间的作用力类型；对弹簧受力分析，根据弹力的变化得出弹簧长度的变化，结合电路构造分析出弹簧的运动特点；根据题意分析出电流的方向对弹簧长度变化的影响，结合题意完成分析。本题主要考查了胡克定律的相关应用，理解电流之间的相互作用，结合胡克定律和对弹簧的受力分析即可完成解答。9.【答案】A【解析】解：4 根据电路构造可知I,滑动变阻器R和定值电阻岛 串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律/=舟可知电路中的总电流变小，根据闭合电路的欧姆定律%=/Ro可知电阻两端的电压变小，而因为电容器与电阻Ro并联，所以电容器两端的电压减小，根据Q=O/可知电容器所带电荷量会减少，也就是说电容器在放电，故 A正确；民同上述a 选项的分析可知，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律/=岛可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律u=/Ro可知电阻R。两端的电压变大，电容器与电阻Ro并联，所以电容器两端的电压变大，根据E=可知，电容器两极板间的电场强度变大，根据题意可知油滴4 开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运动，故 B 错误；C.当换用阻值更大的根据电路构造可知，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律/=品可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律%=E-/R 可知电阻Ro两端的电压变大，因为电容器与电阻R。并联，所以电容器两端的电压变大，根据E=可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为最初状态下油滴4 开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据尸=Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运动，故 C 错误；D 当换用阻值更小的R o,根据电路构造可知，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律/=品可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律%=E-/R 可知电阻&两端的电压变小，因为电容器与电阻&并联，所以电容器两端的电压变小，根据E=可知，电容器两极板间的电场强度变小，因为油滴4 开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力变小，因此油滴向下运动，故。错误。故选：4。根据欧姆定律得出电路中电流的变化，结合对电路构造的分析得出电容器的电势差的变化，进而分析出电容器的电荷量变化，由此分析出其充放电情况；根据欧姆定律得出电学物理量的变化，结合电容的计算公式和场强的公式得出场强的变化，从而分析出油滴的运动方向。本题主要考查了含容电路的动态分析，根据欧姆定律得出电流和电压的变化，结合电容的计算公式即可完成分析。io.【答案】c【解析】解：4 沿着电场线方向电势逐渐降低，根据图像可知，与的电场方向沿%轴正方向，X3处的电场方向沿x轴负方向，故 A 错误；B.从今运动到不，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，故 B错误；C 电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在/处的电势能大于在与处的电势能，故电子在/处的速率小于在右处的速率，故 C 正确：。.由图像的斜率变化可知，电子从不运动到%3,加速度逐渐增大，故。错误。故 选:Co根据电势的高低得出电场线的方向；根据电势的变化，结合电子的电性得出电势能的变化，利用功能关系得出电场力对电子的做功类型；根据能量守恒定律，结合对电势能的分析，从而得出粒子在不同位置的速率大小关系；租-X图像的斜率表示场强的大小，结合图像的物理意义得出电子加速度的变化趋势。本题主要考查了3-X 图像的相关应用，理解图像的物理意义，结合电势能的计算公式和能量守恒定律即可完成分析。1 1.【答案】C【解析】解：4 由题可知，重物的动能变化量为零，根据题意可知手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，所以手对整体一直做负功，由此可知弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故 A 错误；根据机械能的定义可知，弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故 B 错误；C.由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为与，则有kx=7ng当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为X,则有-x)+F=mg联立解得尸=卜乃 故 C 正确；。.物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故。错误。故选：C。理解运动过程中中午的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之间的关系，结合能量守恒定律即可完成分析；对重物进行受力分析，结合胡克定律分析出重物对手的压力与下降距离的关系。本题主要考查了功能关系的相关应用，理解功和能的对应关系，结合受力分析和能量守恒定律即可完成解答。12.【答案】C【解析】解：4由右手定则可知，杆a切割磁感线产生的感应电流方向为b-a,则a端电势始终高于b端电势，故A错误；8.根据题意可知，杆a运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；C安培力对杆a的冲量大小为：/冲=B/#t =B N/=B L q,由于勺=1=丝=/，可得安培R R R力对杆a的冲量大小为：/、,8 =$叵，故C正确；。.设安培力对杆a做的功为W，由动能定理有：mgL+W =m v2,解 得 叩=：机卢一山93故。错误。故 选:C o由右手定则判断电流方向和电势高低；根据冲量的计算公式求解安培力对杆a的冲量大小；由动能定理求解安培力对杆a b做的功。本题主要是考查电磁感应现象，关键是能够根据右手定则分析电流方向，掌握电荷量的计算方法。1 3.【答案】B【解析】解：4 D.利用长度已知的直杆可以测得小物块下落的高度，或者利用直尺测得轻绳长度，再用轻绳测得小物块下落的高度，利用停表可以测得时间，则由h=lgt2可测得重力加速度，故4。正确；B.根据选项器材无法测得小物块下落时间，则无法测出重力加速度，故B错误；C.利用直尺可以测得抛射器的高度，水平发射抛射物，用直尺可以测得抛射物的水平距离，根据平抛运动规律九=/户X=vt可得出重力加速度，故C正确。本题选择错误选项，故选：B。利用长度已知的直杆，或者长度已知的轻绳，可以测量小物块从静止下落的高度；利用直尺也能测得轻绳长度，再用轻绳可以测得小物块从静止下落的高度。利用停表可以测得小物块下落的时间，根据/i=ggt2可测得重力加速度；利用直尺可以测得抛射器的高度，可以测得抛射物运动的水平距离，根据平抛运动规律九=ggt2和工=仇，可得出重力加速度。无论用哪种方法测量重力加速度，都一定要遵循某个物理规律，根据给出的器材，判断能否得出足够的参量，进而依据某个运动规律求解。14.【答案】C【解析】解：4在微重力环境下，原子几乎不受外力，故而能够长时间处于悬浮状态，有利于激光照射，故利于获得超冷原子，故4正确；B.由德布罗意波波长公式；1其中p=mv=10-2 7 X 500 X 5 X lO-5 ,m/s=2.5 X 1029kg-m/s解得超冷原子的物质波波长;I=2.652 x 10-5巾，故B正确；C.原子减速是通过吸收迎面射来的激光光子的能量，从而动量减少，速度减小，故C错误；D超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似，故。正确。本题选错误的，故选：C根据对原子的受力分析，结合题意得出是否有利于获得超冷原子；根据德布罗意公式结合动量的计算公式得出物质波的波长；根据题意分析出原子减速的原因；理解超冷原子的蒸发冷却机制，结合题意完成分析。本题主要考查了玻尔理论的相关应用，同时结合了德布罗意波公式，比较考查学生的读题能力，难度中等偏上。15.【答案】乙0U乙【解析】解：(1)根据双缝干涉条纹间距/久=(2可得波长：2=华，从甲乙图中可知，用波长；I1和;12的单色光，经同一干涉装置得到条纹间距Ax1 4%2,则%小；(2)在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应该采用分压式接法,故选乙；由图乙可知，又4、B端之间电压恒为U,则灯泡两端的电压变化范围为：0U;(3)在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，为了减小实验误差，在确定作用线方向时应尽量离0的距离远些，且两个力的夹角不能过小；在作力的图示时，选取合适的标度。甲同学在确定作用线方向时离。点过近，同时选取的标度不合理，容易造成较大误差，丙同学选取的标度合理，但两个力的夹角过小，也容易造成较大误差，而乙同学选取的标度和确定的两个力的夹角比较合理，最有助于得到正确的实验结论。故答案为：(1);(2)乙;0U;(3)乙。(1)根据双缝干涉条纹间距Ax=判断；(2)根据分压与限流所得电压范围进行选择，分压式接法电压范围大，而限流式电压范围较小；(3)在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，注意要减小实验误差，尽量注意选取合适的标度和两个力的夹角不宜过大也不宜过小。识记双缝干涉条纹间距公式=%熟知控制电路的分压式接法(电流和电压变化范围大)和限流式接法(节能、电路结构简单)的优点；在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，要注意采用等效法，即一个力产生的作用效果和两个力产生的作用效果相同，并结合实验注意事项作答。16.【答案】A B 能 不 能AC AC【解析】解：(1)4 为了减小空气阻力对实验的影响，应选用体积小，密度大的小球，故 A 正确：8 打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，以确保小落高度相同，故 8 正确；C.比较两球落地时间不需要测量两球下落的高度，故 C错误。故选：AB.多次改变4、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此可以能4球竖直方向分运动为自由落体运动，不能说明4球水平方向分运动为匀速直线运动。(2)4 由 于“研究平抛物体的运动”斜槽的末端必须保持水平，故 4 正确；B.由于每次小球运动轨迹相同，因此每次小球必须从同一位置，由静止释放，故 B 错误C.平抛运动的轨迹位于竖直方向，因此硬板应保持竖直，故 C 正确；DA球每次从同一位置静止释放即可，不需要减小A球与斜槽之间的摩擦，故。错误。故选：AC.通过图像可知，这个偏差较大的点处水平的速度相比其他的点较大，故产生的原因，可能是该次实验4球释放的高度偏高或4球没有被静止释放，故 AC正确，3D错误。故选：ACo(3)如图所示，在曲线。尸 上取4、B、C、。四点，这四个点对应的坐标分别芍p yA xB.yB.xc,yc、刈，y。，使w：ye-yc-y。=1：4：9：16若X4：XB：XC：XD=1:1:1:1可说明小球在X方向做匀速直线运动。故答案为：(1)4B；能，不能；(2)4 C,4C;(3)见解析。(1)(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项判断正确的操作步骤；结合两球总是在水平地面上相遇，得出平抛运动在水平方向上的运动规律；(3)根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律分析解答。解决本题的关键是知道实验的原理以及操作中的注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。17.【答案】解：(1)由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为B=(0.4-0.2 t)7,可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a,根据法拉第电磁感应定律可得：/=吟=噂S根据欧姆定律可得：/=上联立解得：/=0.44(2)a.之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4 4,则其电荷量有q=0.4 x 4C=1.6Cb.根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为Q=/(R+r)t=0.42 x(8+2)x 4/=6.4/答：(1)通过电阻R的电流大小大小为0.4 4 方向由b到a；(2)4s 内：a.通过电阻R的电荷量为1.6C；氏电路中产生的焦耳热为6.4人【解析】(1)根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电流的大小；(2)a、根据电荷量的计算公式得出q的大小：从 根据焦耳定律得出对应的焦耳热。本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉公式计算出电动势的大小，结合欧姆定律和焦耳定律即可完成分析。1 8.【答案】解：(l)a.根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程为：IIs U t聚 Th+H eb.设质子和中子的质量均为m,衰变后氮核的速度为巧，钻核的速度为以，选氢核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得：4mv1-23 4 m v2=0解得：“2=.药又 E=1 x 4 n l 说则反冲的社核的动能为：1 2Ek=2 X 23 4 m 域=-E(2)滑块4 和B 系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块4 和B 的速度分别为以和%,选取滑块4 运动方向为正方向，则根据动量守恒定律可得m以-MVB=0又由能量守恒定律可知，弹簧弹性势能为：%=6 若+匏 诏则滑块A 获得的动能为：口 1 2 p j EpE i=汨 =9Mm和Ep 均为定值，因此滑块B 的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块4 获得的动能就越大。(3)卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运动的速度为北，喷出后卫星的速度为外以喷气前卫星运动方向为正方向,根据动量守恒定律，有M v0=(M-Am)v+Am(y-u)解得v =舞观+v由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度%大的地方喷气，喷气后卫星的动能为：1Ek-(M-Am)v2也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。答：(l)a、衰变过程的核反应方程为豺8 -豺4 7%+匆 e；b、反冲的针核的动能为京E；(2)见解析；(3)最佳的点火位置是速率最大的近地点处点火喷气。【解析】(l)a、根据核反应的电荷量守恒和质量数守恒得出核反应方程；6、根据动量守恒定律结合能量守恒定律得出社核的动能；(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律证明滑块4的动能的影响因素；(3)根据动量守恒定律结合动能的计算公式得出最佳的点火位置。本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解运动过程中的能量转化关系，结合动能的计算公式即可完成分析。1 9.【答案】解：(l)a.由图2可得C根据电容的比值定义式可得：r C _Q-u根据场强的计算公式可得：FuE=d联立可得E=/号15P若开关保持断开状态，可知电容器电荷量保持不变，当板间距d变化时，两极板间电场强度的大小E保持不变；b.当电容器4所带电荷量为q时，可得每个极板产生的电场强度大小为Ei =根据电场力的表达式可知：(2)根据平衡关系可得：mg=F又尸=，q=CU,C =p i2pr a.联立可得?n =%o c U 22gdE 92可知2V对应的质量值m 2满足詈=解得小2=4 n l i =4 x 5g =20go23 U 对应的质量值g 满足胆=当西 I2解得血3 =9 n l i =9 x 5 g =4 5 g为了扩大该静电天平量程，可减小天平平衡时板间距离d。(3)当两极板间所加电压为U 时,设上极板所受弹簧弹力的变化量为所受下极板的电场力为6；稳定时，根据受力平衡可得4&=尸2根据胡克定律可得A R =k(d。-d)根据(l)b 结论可得F2 =*=挈2联立可得k(d o -d)=%2d可知该方程是关于d 的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如图所示2在尸-d 坐 标 系 中 分 别 作 出 方 程 左 端=k(d0-d)的图像(图中直线瓦、尻和仇)和右端尸2 =%2d的图像(图中曲线a).两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数N。直线仇与曲线a 相交,有2 个交点，表明方程有2 个解，即上极板平衡位置的个数N =2；直线电与曲线a 相切,有1 个交点，表明方程有1 个解，即上极板平衡位置的个数N =l；直线 与曲线a 相离,没有交点，表明方程没有实数解，即上极板平衡位置的个数N =0；综上所述，上极板平衡位置的个数N =0、1、2 o故答案为：(l)a、电场强度的大小E保持不变；b、见解析；(2)见解析；(3)见解析【解析】(l)a、根据电容和场强的计算公式得出场强的表达式；氏 根据电场力的计算公式结合题目条件得出电场力的大小；(2)理解电压的大小与质量的关系，从而分析出能扩大天平量程的方法；(3)根据电场力的表达式结合数形结合的方法分析出个数N的情况。本题主要考查了电容器的相关应用，熟悉场强和电容的计算公式，结合电场力与场强的关系即可完成分析。20.【答案】解：(1)小球从A到B由机械能守恒定律可得：1-4mgR2zn200解得：vB=2y/2gR(2)小球从A到。由机械能守恒定律可得：7ng(4R-2R)=mvc解得小球通过C点时的速度大小4 =2/gR在C点由牛顿第二定律可得：宓F+mg=m-K解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小尸=3mg方向竖直向下。(3)小球在B点的加速度大小为as=4 =8OR小球在C点的加速度大小为=络=4g所以 a答：(1)小球通过B点时的速度大小为2尸 证。(2)小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3 m g,方向竖直向下。(3)小球通过B点和C点时加速度的大小关系为即 也。【解析】(1)根据机械能守恒定律得出小球的速度；(2)根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出轨道对小球作用力的大小和方向；(3)根据向心加速度的计算公式得出两个不同位置的向心加速度的大小关系。本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理得出物体的速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。