2022年北京市东城区高考物理二模试卷（含答案解析）

这是一份2022年北京市东城区高考物理二模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了64eV∼3，6eV的能量，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2022年北京市东城区高考物理二模试卷

1. 手机通信系统主要由手机、基站和交换网络组成，信号通过电磁波传播。下列有关电磁波的说法正确的是( )
A. 只要有变化的电场和磁场，就能产生电磁波
B. 电磁波跟机械波一样，只能在介质中传播
C. 基站停止工作，发射出去的电磁波也就停止传播
D. 电磁波的传播过程同时伴随能量和信息的传播
2. 关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A. 原子核发生衰变时，质量数不守恒
B. 原子核发生衰变时，电荷数守恒
C. 在α、β、γ三种射线中，γ射线的电离本领最强
D. 在α、β、γ三种射线中，α射线的穿透本领最强
3. 如图所示为氢原子能级示意图。已知可见光的光子能量范围为1.64eV∼3.11eV，现有大量处于n=3能级的氢原子，下列说法正确的是( )
A. 这些原子跃迁过程中最多可辐射2种频率的光子
B. 从n=3能级跃迁到n=1能级需要吸收能量
C. 从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光为可见光
D. 电离n=3能级的氢原子至少需要吸收13.6eV的能量
4. 在“用油膜法估测分子大小”的实验中，下列说法正确的是( )
A. 该实验中将油膜看作由一个个油酸分子紧密排列的单层分子膜
B. 分子直径等于油酸的酒精溶液的体积与油膜的面积之比
C. 若油酸的酒精溶液浓度太高，会使油酸分子直径的测量值偏小
D. 若测量的油膜面积偏小，会使油酸分子直径的测量值偏小
5. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态b、c，再回到状态a。下列说法正确的是( )
A. 在过程ab中气体对外做功 B. 在过程ab中气体的内能减少
C. 在过程bc中气体对外界放热 D. 在过程ca中气体的温度降低
6. 单色光a、b分别经过同一装置形成的干涉图样如图所示。下列说法正确的是( )
A. 单色光a的波长比单色光b的波长大
B. 单色光a的频率比单色光b的频率高
C. 单色光a的光子能量比单色光b的光子能量大
D. 在同一块玻璃砖中传播时，单色光a比单色光b的传播速度小
7. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在xA=0和xB=0.6m处的两个质点A、B的振动图像如图所示，则( )

A. 波由质点A传到质点B的时间可能是0.1s
B. 波由质点A传到质点B的时间可能是0.3s
C. 这列波的波速可能是1m/s
D. 这列波的波速可能是3m/s
8. 在建造房屋的过程中，建筑工人用轻绳穿过与重物固定连接的光滑圆环，将重物从高台运送到地面的过程，可以简化为如图所示的情景：工人甲和乙站在同一水平高台上分别握住轻绳，甲在A点静止不动，乙站在B点缓慢释放轻绳，使重物下降。在乙释放一小段轻绳的过程中，下列分析正确的是( )
A. 绳的拉力大小不变
B. 工人甲受到高台的支持力不变
C. 工人甲受到高台的摩擦力变大
D. 工人甲受到高台和绳的作用力的合力变大
9. “嫦娥四号”月球探测器登陆月球背面的过程可以简化为如图所示的情景：“嫦娥四号”首先在半径为r、周期为T的圆形轨道Ⅰ上绕月球运行，某时刻“嫦娥四号”在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在B点变轨进入近月圆形轨道Ⅲ。轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、轨道Ⅲ的切点分别为A、B，A、B与月球的球心O在一条直线上。已知引力常量为G，月球的半径为R，体积V=43πR3，则( )
A. 月球的平均密度为3πr3GT2R3
B. 探测器在轨道Ⅱ上A、B两点的线速度之比为(Rr)12
C. 探测器在轨道Ⅱ上A、B两点的加速度之比为(rR)2
D. 探测器从A点运动到B点的时间为T(R+r2r)32
10. 如图所示，传送带与水平面夹角为θ=30∘，底端碰顶端的距离为L=6m，运行速度大小为v=2m/s。将质量为m=1kg的小物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=235，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物块从底端到达斜面顶端的时间为23s
B. 物块相对传送带的位移大小为6m
C. 物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为32J
D. 物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带至少做功48J
11. 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x(x≤l0)的关系图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，玻璃管竖直放置，下端口处的线圈与电压表相连。强磁铁从玻璃管上端口由静止释放，穿过线圈。其他条件相同时，关于电压表的最大偏转角θ，下列说法正确的是( )


A. 将强磁铁换为磁性较弱的磁铁，θ变小
B. 增加线圈的匝数，θ不变
C. 将玻璃管换为同尺寸的铝管，θ变大
D. 将线圈移至玻璃管中央位置，θ变大
13. 一根劲度系数为k的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m的物块。用一水平木板将物块托住，使弹簧处于原长状态，如图所示。现让木板由静止开始向下匀加速运动，加速度大小a=g2，忽略一切阻力。下列说法正确的是( )
A. 物块下落的整个过程中，物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
B. 当弹簧的伸长量x=mgk时，物块与木板分离
C. 物块下落到最低点时的加速度大小为g
D. 下落过程中物块的最大速度vm=g2k3mk
14. 半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点)。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是( )

A. 可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B. 从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为2EB1B2(R1+R2)
C. 如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上
D. 只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
15. 用如图1所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为______(用字母l、d表示)；
(2)为了减小测量误差，下列说法正确的是______(选填字母代号)；
A.将钢球换成塑料球
B.当摆球经过平衡位置时开始计时
C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D.记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
(3)若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是______(选填字母代号)；
A.把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B.把摆线的长度记为摆长
C.摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
(4)某同学利用质量分布不均匀的球体作摆球测定当地重力加速度，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出T2−L图线，然后在图2线上选取A、B两个点，坐标分别为(LA,TA2)(LB,TB2)如图所示。由图2可计算出重力加速度g=______。

16. 在“练习使用多用电表”的实验中，某同学进行了如下操作和思考。
(1)利用多用电表测量未知电阻，用欧姆挡“×100”测量时发现指针示数如图1所示，为了得到比较准确的测量结果，下列选项中合理的步骤为______(选填字母代号并按操作顺序排列)；
A.将选择开关旋转到欧姆挡“×1k”的位置
B.将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置
C.将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”
(2)该同学想进行如图2所示的操作，下列说法正确的是______(选填字母代号)；
A.图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压
B.图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流
C.图丙中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可测量闭合电路中小灯泡的电阻
D.图丁中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可观察到此时欧姆表示数很小
(3)该同学在实验室找到一个10000μF的电容器，他认为电容器是彼此绝缘的两个极板构成，用欧姆表两个表笔分别与电容器的两电极相连，欧姆表的指针不会发生偏转。该同学准备验证自己的想法，用欧姆表的“×10”挡，将红、黑两表笔分别与该电容器的两电极相连。请你分析该同学会看到什么现象，并说明依据______。
17. 正方形线框abcd在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω匀速转动，如图所示。线框边长为L，匝数为N，线框的总电阻为r，外电路的电阻为R，磁感应强度的大小为B。求：
(1)转动过程中产生的感应电动势的最大值Em；
(2)线圈转动过程中，图中电压表的示数U；
(3)从图示位置开始，线圈转过90∘的过程中通过电阻R的电量q。











18. 有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘A处抓住绳子另一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为了方便研究，将人看作质点，如图所示。已知人的质量m=50.0kg，A到悬点O的距离L=9.00m，A与平地的高度差h=3.05m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角θ=37∘。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。取重力加速度g=10m/s2，cos37∘=0.8，sin37∘=0.6，求：
(1)人到达B点时的速度大小v；
(2)人到达B点松开绳前，绳对人的拉力大小F；
(3)C点到高台边缘的水平距离x。








19. 测速在生活中很常见，不同的情境中往往采用不同的方法测速。情境1：如图1所示，滑块上安装了宽度d=1.0cm的遮光条，滑块在牵引力作用下通过光电门的时间Δt=0.05s，估算滑块经过光电门的速度大小v1。情境2：某高速公路自动测速装置如图2甲所示，雷达向汽车驶来的方向发射脉冲电磁波。当雷达向汽车发射电磁波时，在显示屏上呈现出一个尖形波；在接收到反射回来的无线电波时，在显示屏上呈现出第二个尖形波。根据两个波在显示屏上的距离，可以计算出汽车至雷达的距离。经过时间t再次发射脉冲电磁波。显示屏如图2乙所示，请根据图中t1、t2、t的意义(t1≪t,t2≪t)，结合光速c，求汽车车速的大小v2。情境3：用霍尔效应制作的霍尔测速仪可以通过测量车轮的转速(每秒钟转的圈数)，进而测量汽车的行驶速度。某同学设计了一个霍尔测速装置，其原理如图3甲所示。在车轮上固定一个强磁铁，用直流电动机带动车轮匀速转动，当强磁铁经过霍尔元件(固定在车架上)时，霍尔元件输出一个电压脉冲信号。当半径r=2cm的车轮匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号如图3乙所示。求车轮边缘的线速度大小v3。









20. 如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。
(1)导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm；
(2)定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；
(3)导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
(4)当导体棒a达到最大速度vm时，给b水平向右的瞬时速度v0(v0






答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，恒定的磁场周围不会产生电场，不能产生电磁波。同样，均匀变化的磁场周围产生恒定的电场，恒定的电场周围不会产生磁场，不能产生电磁波，故A错误；
B、电磁波能在真空中传播，且在真空中传播速度最大，故B错误；
C、基站停止工作，发射出去的电磁波还会继续传播，故C错误；
D、电磁波的传播过程同时伴随能量和信息的传播，故D正确。
故选：D。
根据麦克斯韦电磁场理论判断电磁波的产生方法；电磁波可以在真空中传播；电磁波可以脱离“波源”继续传播；电磁波能传播能量和信息。
解决本题的关键要理解麦克斯韦电磁场理论，熟知电磁波的产生条件，传播速等，不仅要记住，还要理解。

2.【答案】B

【解析】解：AB、原子核发生衰变时，质量数守恒，电荷数守恒，故A错误，B正确；
CD、在α、β、γ三种射线中，γ射线的电离本领最弱，穿透本领最强；α射线的穿透本领最弱，电离本领最强，故CD错误。
故选：B。
原子核发生衰变时，质量数守恒，电荷数守恒，在α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强。
本题考查天然放射现象，解题关键掌握三种射线的形成与特点及衰变时的守恒量关系。

3.【答案】C

【解析】解：A、大量处于n=3能级的氢原子跃迁过程中最多可辐射N=C32=3种频率的光子，故A错误；
B、从较高的n=3能级跃迁到较低的n=1能级，需要释放能量，故B错误；
C、从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光子能量为ε=ΔE=E3−E2=1.89eV，属于可见光的光子能量范围，故从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光为可见光，故C正确；
D、电离n=3能级的氢原子至少需要吸收E′=0−E3=1.51eV的能量，故D错误。
故选：C。
根据Cn2求辐射出几种不同频率的光子；能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即Em−En=hv。
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量满足：Em−En=hv。

4.【答案】A

【解析】解：A、该实验中将油膜看作由一个个油酸分子紧密排列的单层分子膜，故A正确；
B、分子直径等于油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积与油膜的面积之比，故B错误；
C、若油酸的酒精溶液浓度太高，但是操作正确，则油酸分子直径的测量值不变，故C错误；
D、根据d=VS
若测量的油膜面积偏小，会使油酸分子直径的测量值偏大，故D错误。
故选：A。
根据实验原理、实验操作步骤以及误差分析等，可以分析该题的各选项。
该题考查油膜法测分子直径的实验，需要学生掌握实验原理、实验步骤以及误差分析等知识点，中档题。

5.【答案】D

【解析】解：A、在过程ab中气体体积不变，既不对外作用，外界也不对气体做功，故A错误；
B、在过程ab中气体的体积不变，压强变大，根据公式pV=CT可知，则温度升高，则气体的内能增加，故B错误；
C、在过程bc中气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，则气体吸热，故C错误；
D、在过程ca中气体的压强不变，体积减小，根据公式pV=CT可知，则温度降低，故D正确。
故选：D。
根据图像分析出气体的体积变化，从而分析出气体的做功情况；
根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT分析出温度的变化，结合热力学第一定律完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据图像分析出压强和体积的变化，结合公式pV=CT分析出温度的变化，同时结合热力学第一定律完成分析。

6.【答案】A

【解析】解：A、由图可知，条纹间距Δxa>Δxb，由Δx=λld知波长λa>λb，故A正确；
B、由c=λν可知，波长越大，频率越低，故单色光a的频率比单色光b的频率低，故B错误；
C、由ε=hν可知，频率越高，光子能量越大，故单色光a的光子能量比单色光b的光子能量小，故C错误；
D、因为在同一介质中，频率越大的光，折射率越大，则na 故选：A。
根据Δx=λld分析两束光波长的大小，由c=λν可知，波长越大，频率越低，由ε=hν可知，频率越高，光子能量越大，根据v=cn分析光的传播速度大小关系。
解决该题的关键是能根据题意正确分析条纹间距与波长的关系，掌握光速的计算公式，知道光能量的因素。

7.【答案】B

【解析】解：AB.由振动图像可知，t=0时刻，当质点A在在平衡位置向上振动时，质点B在波峰位置，可知AB间距离为x=nλ+3λ4。
所以从A到B的时间为t=xv=nT+3T4=0.3s+0.4ns≥0.3s(n=0、1、2、3……)
即波由质点A传到质点B可能是0.3s，不可能是0.1s，故A错误，B正确；
CD.波速为v=xt=0.6nT+3T4=0.60.4n+0.3m/s=64n+3m/s(n=0、1、2、3……)
当n=0时波速最大值为2m/s，不可能大于2m/s，且当v=1m/s时n=34，不是整数，故波速不可能为1m/s，故CD错误。
故选：B。
由图和已知得0时刻A处于平衡位置往上振动，B位于波峰，则A、B之间的距离为(n+34)波长，已知A、B之间的距离可求A到B的时间；A传播到B的时间是(n+34)周期，可以求波速。
本题考查机械波的速度、周期和某些振动质点的振动规律，要能够根据振动图象判断振动方向、传播需要时间等信息。

8.【答案】B

【解析】解：A.设重物重力为G，对圆环受力分析如图所示

由平衡条件得2Tcosθ=G，解得T=G2cosθ。
当乙站在B点缓慢释放轻绳，使重物下降，θ变小，G不变，拉力T变小，故A错误；
B.将甲乙和重物作为一个整体，高台对甲乙的支持力满足，则甲受到跳台的支持力不变，恒等于甲乙和重物总重力的一半，故B正确；
C.甲受力如图所示

由平衡条件可得f=Tsinθ，由A选项可知T变小，θ变小，所以f变小，故C错误；
D.工人甲处于平衡状态，合力为零，工人甲受到高台和绳的作用力的合力大小始终等于工人甲的重力不变，故D错误。
故选：B。
以重物为研究对象，受力平衡，随着重物下降判断绳子拉力减小；以甲乙和重物整体为研究对象判断高台对甲的支持力不变；以甲为研究对象受力平衡判断摩擦力减小；甲受到高台和绳的作用力的合力与甲的重力是平衡力，故不变。
本题考查连接体受力分析，可以选择不同的研究对象灵活采用整体隔离法求解。

9.【答案】A

【解析】解：A、设月球质量为M，“嫦娥四号”质量为m，则由GMmr2=m4π2rT2
得，月球质量为M=4π2r3GT2
则月球平均密度为ρ=MV=3πr3GT2R3，故A正确；
B、由开普勒第二定律得12RvBΔt=12rvAΔt
得vAvB=Rr，故B错误；
C、探测器在轨道Ⅱ上A、B两点的合外力即为在该点所受万有引力，即GMmr2=maAGMmR2=maB
则加速度之比为aAaB=R2r2，故C错误；
D、设探测器在椭圆轨道上的周期为T1，则由开普勒第三定律知(r+R2)3T12=r3T2
则探测器从A点运动到B点的时间为t=T12=T2(R+r2r)32，故D错误。
故选：A。
根据万有引力定律由GMmr2=m4π2rT2及ρ=MV可得星球的质量和密度；
根据开普勒第二定律可知线速度与半径的关系；
根据万有引力定律可求物体的加速度与半径之间的关系；
根据开普勒第三定律可求从A点到B点的时间。
明确万有引力定律，知道开普勒三大定律，会应用万有引力定律解决星球的质量和密度的关系。

10.【答案】C

【解析】解：A、设物块刚滑上传送带时加速度为a，根据牛顿第二定律有：μmgcosθ−mgsinθ=ma，解得a=1m/s2
物块加速到与传送带共速所用时间t1=va=21s=2s，此过程物块的位移为x=v2t1=22×2m=2m，因x B、物块相对传送带的位移大小为Δx=vt1−x=(2×2−2)m=2m，故B错误；
C、设物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为W，由动能定理得：W−mgLsinθ=12mv2，解得W=32J，故C正确；
D、物块被运送到顶端的过程中，因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ⋅Δx，电动机对传送带至少做功为，解得，故D错误。
故选：C。
物块先沿传送带向上做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度-时间公式求出物块加速到与传送带共速所用时间，并求出此过程的位移，再判断之后物块的运动情况，求运动时间，从而求得总时间；由运动学公式求出物块相对传送带的位移大小，从而求得因摩擦产生的热量。由动能定理求摩擦力对物块做的功。由功能关系求电动机对传送带做的功。
解决本题的关键要理清物块的运动情况，物块在传送带上先匀加速后做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解位移和运动时间。要知道摩擦生热与相对位移有关。

11.【答案】C

【解析】解：A、当负极板左移时，两板间的距离增加，由C=εrS4πk(d+x)可知，C与x的图象不是一次函数图象，故A错误；
B、由U=QC可知：U=4πkdϵrSQ，则电场强度E=Ud=4πkQϵrS，E与d、x无关，故B错误；
C、因负极板接地，设P点开始距负极板的距离是d′，则P点的电势：φ=E(d′+x)，故C正确；
D、正电荷在P点的电势能：W=qφ=qE(d′+x)=qEd′+qEx，所以W−x图象是一条倾斜的直线，故D错误。
故选：C。
根据电容的定义式分析C−x关系；根据电场强度的计算公式分析B选项；求出P点的电势与x关系分析C选项；正电荷在P点的电势能W=qφ，由此得到W−x图象的特点。
对于图象问题，关键是推导出纵坐标与横坐标的关系式，再结合图象进行分析，这是解决图象问题中常用的方法和思路。

12.【答案】A

【解析】解：A、将强磁铁换成较弱的磁铁，磁场变弱，通过线圈的磁通量减小，则引起的磁通量变化率减小，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势减小，则电压表示数变小，则最大偏角θ变小，故A正确；
B、增加线圈的匝数，同理，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势增大，则电压表示数变大，则最大偏角θ变大，故B错误；
C、将玻璃管换成同尺寸的铝管，磁铁下落过程中会有电磁阻尼，则磁铁到线圈位置的速度变小，即磁通量变化率减小，则线圈中产生的感应电动势减小，则电压表示数变小，则最大偏角θ变小，故C错误；
D、将线圈移至玻璃管中间位置，则磁铁穿过线圈的速度减小，引起的磁通量变化率减小，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势减小，则电压表示数变小，则最大偏角θ变小，故D错误。
故选：A。
磁场变弱，通过线圈的磁通量减小，则引起的磁通量变化率减小，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势减小，则电压表示数变小，则最大偏角θ变小；
增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势增大，则电压表示数变大，则最大偏角θ变大；
将玻璃管换成同尺寸的铝管，磁铁下落过程中会有电磁阻尼，磁通量变化率减小，则线圈中产生的感应电动势减小，则最大偏角θ变小；
将线圈移至玻璃管中间位置，引起的磁通量变化率减小，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势减小，则最大偏角θ变小。
明确磁通量的变化率与线圈中感应电动势的关系，知道法拉第电磁感应定律。

13.【答案】D

【解析】解：A.物块下落的整个过程中，受到木板的支持力作用，且支持力对物块做负功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减小，故A错误；
B.当物块与木板之间的弹力为零，加速度为g2时，恰好与木板分离，则对物块受力分析有
mg−kx=m⋅g2
解得
x=mg2k
故B错误；
C.因为物块与木板脱离后，做竖直方向的简谱振动，根据运动的对称性，则物块下落到最低点时的加速度大小为g2，故C错误；
D.当物块加速度为零时，速度达到最大，即满足
mg=kx1
因为木板与物块分离时，向下运动的位移为x，则此时的速度为
v2=2ax
解得
v=gm2k
则从脱离到达到最大速度，对物块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得
mg(x1−x)+12mv2=12k(x12−x2)+12mvm2
联立解得
vm=g2k3mk
故D正确。
故选：D。
物块下落的整个过程中，支持力对物块做负功，当物块与木板之间的弹力为零，加速度为g2时，恰好与木板分离，根据机械能守恒定律解得最大速度。
本题考查功能关系，解题关键掌握物块的受力分析，注意当物块加速度为零时，速度达到最大。

14.【答案】B

【解析】解：A、由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，故A错误；
B、离子通过速度选择器时，有Eq=B1qv
解得速度v=EB1
离子在磁分析器中，有qvB2=mv2R
由几何关系得R=R1+R22
联立可得qm=2EB1B2(R1+R2)
故B正确；
C、如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向y轴正方向偏转，故C错误；
D、只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足v=EB1，无法做匀速直线运动通过速度选择器，所以不一定能到达圆晶处，故D错误。
故选：B。
明确装置原理，知道离子通过速度选择器时洛伦兹力等于电场力，粒子在磁分析器中向下弯曲才能离开磁场；根据电场力和洛伦兹力平衡求出速度，再根据洛伦兹力充当向心力以及几何关系求出比荷等。
本题考查带电粒子在匀强电磁场中的运动以及速度选择器原理等，分析清楚离子在各部分运动情况是解题关键和前提，再根据动力学规律列式求解即可。

15.【答案】l+d2  BBC4π2(LB−LA)TB2−TA2

【解析】解：(1)在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为L=l+d2
(2)A.将钢球换成塑料球，会增加阻力的影响从而增加误差，故A错误；
B.当摆球经过平衡位置时开始计时，可减小测定周期产生的误差，故B正确；
C.单摆的摆角要小于5∘，否则就不是简谐振动了，则把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放，会增加实验误差，故C错误；
D.应该至少测量30次全振动的时间测量周期，用记录一次全振动的时间作为周期误差会较大，故D错误。
故选：B。
(3)根据T=2πLg，可知g=4π2LT2
若测得的重力加速度g值偏小，则
A.把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则L测量值偏大，则测得的g偏大，故A错误；
B.把摆线的长度记为摆长，则L测量值偏小，则测得的g偏小，故B正确；
C.摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用的摆长偏小，则测得的g偏小，故C正确；
D.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，则周期测量值偏小，则测得的g偏大，故D错误；
故选：BC。
(4)若摆球重心在球心以上x处，则T=2πL−xg，解得T2=4π2gL−4π2gx
则图像的斜率为k=4π2g=TB2−TA2LB−LA
解得，g=4π2(LB−LA)TB2−TA2
故答案为：(1)l+d2(2)B(3)BC(4)4π2(LB−LA)TB2−TA2
摆长为悬点到球心的距离，根据实验误差分析可分析第二问，根据单摆周期公式推倒的到当地的重力加速表达式，由g偏小可分析该问，根据题干给的条件结合周期公式可求出当地重力加速。
本题考查利用单摆测当地的重力加速度数值的实验，需要学生从实验原理、误差分析、数据分析以及注意事项等方面熟练掌握。

16.【答案】BDC AB 会看到欧姆表指针先向右偏转，然后缓慢回到最左端；
现象解释：
①多用电表欧姆挡电路中有电源，与电容器连接时，电源给电容充电，回路中有电流，指针向右偏转；
②电容器充电过程中，电流逐渐减小至0，指针缓慢回到最左端。

【解析】解：(1)欧姆挡测电阻时指针偏转角度过大，是由于挡位过大，需选取小挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为：BDC；
(2)A.图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压，故A正确；
B.图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流，故B正确；
C.测量小灯泡电阻时，小灯泡必须与外部电路断开，故C错误；
D.由图结合欧姆表内部电路可知，二极管两端为负向电压，此时二极管电阻无穷大，可观察到此时欧姆表示数很大，故D错误。
故选：AB。
(3)由于欧姆表内部电源会给电容器充电，所以会看到欧姆表指针先向右偏转，然后缓慢回到最左端；
现象解释：
①多用电表欧姆挡电路中有电源，与电容器连接时，电源给电容充电，回路中有电流，指针向右偏转；
②电容器充电过程中，电流逐渐减小至0，指针缓慢回到最左端。
故答案为：(1)BDC；(2)AB；(3)会看到欧姆表指针先向右偏转，然后缓慢回到最左端；
现象解释：
①多用电表欧姆挡电路中有电源，与电容器连接时，电源给电容充电，回路中有电流，指针向右偏转；
②电容器充电过程中，电流逐渐减小至0，指针缓慢回到最左端。
(1)根据多用电表的使用方法及要求分析，明确步骤；
(2)掌握多用电表的使用方法，知道如何测量电流、电压和电阻；
(3)明确欧姆表以及电容的性质，知道欧姆表内部电源会给电容器充电，当两端电压与电动势相等时充电完成，电流消失。
本题考查了多用电表读数、多用电表使用方法与注意事项，要明确使用步骤，知道多用电表以及电容器原理。

17.【答案】解：(1)感应电动势的最大值Em=NBL2ω
(2)转动过程中，电压表的示数为有效值Um=RR+rEm
又U=12Um
联立可得U=2R2(R+r)NBL2ω
(3)设从图示位置开始，线圈转过90∘所用时间为Δt，此过程感应电动势的平均值为E，电流的平均值为I，根据E=NΔΦΔt
ΔΦ=BL2
I=ER+r
又q=IΔt
联立可得q=NBL2R+r
答：(1)转动过程中产生的感应电动势的最大值Em为NBL2ω；
(2)线圈转动过程中，图中电压表的示数U为2R2(R+r)NBL2ω；
(3)从图示位置开始，线圈转过90∘的过程中通过电阻R的电量q为NBL2R+r。

【解析】(1)线圈转动过程中产生的最大感应电动势为Em=NBSω；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求得电阻R分电压的最大值，根据有效值与最大值间的关系求得电压表的示数；
(3)线圈转过90∘的过程中通过电阻R的电量q=NΔΦR+r。
解决本题的关键掌握线圈转动产生电动势的瞬时表达式，以及知道电动势峰值的公式；同时会根据电磁感应电荷量的推导公式求电荷量问题；

18.【答案】解：(1)人从A到B过程中由机械能守恒定律得
mgL(1−cosθ)=12mv2
代入数据得：v=6m/s；
(2)人到达B点时，由牛顿第二定律得
F−mg=mv2L
代入数据得：F=700N；
(3)人从B到C过程做平抛运动，根据平抛运动规律得
h−L(1−cosθ)=12gt2
落地点C与悬点O间的水平距离
x′=vt
由几何关系知，C点到高台边缘的水平距离
x=x′+Lsinθ
代入数据联立解得：x=8.4m。
答：(1)人到达B点时的速度大小v为6m/s；
(2)人到达B点松开绳前，绳对人的拉力大小F为700N；
(3)C点到高台边缘的水平距离x为8.4m。

【解析】(1)人从高台边缘无初速度离开，细绳的拉力不做功，机械能守恒，据此定律列式可求得人摆到最低点B时的速度大小；
(2)在最低点，由重力和细绳拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力大小；
(3)人在B点放开绳子后做平抛运动，由平抛运动的规律求落地点C与悬点O间的水平距离，根据几何关系可求C点到高台边缘的水平距离。
本题是机械能守恒定律、向心力知识和平抛运动的综合，明确向心力的来源，运用运动的分解法研究平抛运动是解题的关键。

19.【答案】解：情境1：根据v1=dΔt，解得v1=0.2m/s
情境2：发第一个信号时，汽车到雷达的距离x1=12t1c
发第二个信号时，汽车到雷达的距离x2=12t2c
汽车的车速v2=x1−x2t=(t1−t2)c2t
情境3：由图象可知，车轮的转速为n=25r/s
车轮边缘的速度大小v3=2πr×n，其中r=2cm=0.02m，解得v3=3.14m/s
答：滑块经过光电门的速度大小v1为0.2m/s。汽车车速的大小v2为(t1−t2)c2t。车轮边缘的线速度大小v3为3.14m/s。

【解析】情境1：遮光条通过光电门的时间极短，滑块的运动可看成匀速运动，根据v1=dΔt求滑块经过光电门的速度大小v1。
情境2：电磁波在真空中传播的速度等于光速c，第一次发射电磁波，汽车距离雷达的距离为x1=12t1c，第二次发射电磁波，汽车距离雷达的距离为x2=12t2c，从而求得汽车通过的位移，结合运动时间求出汽车车速的大小v2。
情境3：根据圆周运动的规律v3=2πr×n求解车轮边缘的线速度大小v3。
解决本题的关键要理解各种测速的原理，要建立模型，找出所测速度与其它量的关系，运用运动学公式处理。

20.【答案】解：(1)设导体棒b刚要滑动时回路中电流为I，对导体棒b有：BIL=μmg
对整个回路根据闭合电路的欧姆定律可得：BLvm=2IR
解得：vm=2μmgRB2L2；
(2)导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，为滑动摩擦力，恒定不变，当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图：

(3)导体棒b刚要滑动时，对导体棒a可得：F=μmg+BIL
整个过程中对系统，由功能关系可得：Fx=μmgx+12mvm2+Q
解得：Q=μmgx−2μ2m3g2R2B4L4；
(4)导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时导体棒做匀速直线运动，由以上式子可得：F=2μmg
导体棒b获得瞬时速度后，a、b系统动量守恒，设最终导体棒a的速度为va，取向右为正方向，对a、b系统，由动量守恒定律可得：
mv0+mvm=mva+mvb
当导体棒加速度减为0时：I=BL(vα−vb)2R
联立解得：vb=v02。
答：(1)导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度为2μmgRB2L2；
(2)导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像见解析；
(3)导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热为μmgx−2μ2m3g2R2B4L4；
(4)导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时导体棒做匀速直线运动；b的最终速度为v02。

【解析】(1)根据平衡条件求解电流，对整个回路根据闭合电路的欧姆定律求解最大速度；
(2)分析导体棒b所受摩擦力大小随时间变化情况，由此画图；
(3)导体棒b刚要滑动时，对导体棒a根据平衡条件列方程，整个过程中对系统由功能关系列方程求解；
(4)导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时匀速运动；由动量守恒定律进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。