2022年北京市西城区高考物理二模试卷（含答案解析）

这是一份2022年北京市西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4∼2，28rad/s，【答案】B，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

2022年北京市西城区高考物理二模试卷

1. 衰变是原子核的自发变化，科学家希望人工控制原子核的变化。卢瑟福用α粒子轰击氮(N)原子核，产生了氧(O)的一种同位素——氧17，这是人类第一次实现的原子核的人工转变。这个核反应的方程是( )
A.  714N+13H→816O+01n B.  714N+24He→817O+11H
C.  715N+12H→817O D.  715N+24He→818O+11H
2. 使用蓝牙耳机可以接听手机来电，蓝牙通信的电磁波波段为(2.4∼2.48)×109Hz。已知可见光的波段为(3.9∼7.5)×1014Hz，则蓝牙通信的电磁波( )
A. 是蓝光 B. 波长比可见光短
C. 比可见光更容易发生衍射现象 D. 在真空中的传播速度比可见光小
3. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C，A、B和C三个状态的温度分别为TA、TB和TC。下列说法正确的是( )
A. TA=TB，TB B. TA C. 状态A到状态B的过程中气体分子的平均动能增大
D. 状态B到状态C的过程中气体的内能增大
4. 如图为交流发电机的示意图，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πtV。下列说法正确的是( )

A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此发电机电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电流方向为ABCD
D. 当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
5. 甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，由图可知( )

A. t=2s时，甲的回复力为0，乙的速度为0
B. t=4s时，甲、乙的速度方向相同
C. 甲、乙两个摆的振幅之比是4：1
D. 甲、乙两个摆的摆长之比是2：1
6. 2022年2月27日，长征八号遥二运载火箭飞行试验在我国文昌航天发射场顺利实施，本次飞行试验搭载了22颗商业卫星，创造了中国航天一箭多星发射的新纪录。当人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍时，下列说法正确的是( )
A. 根据公式v=ωr可知，卫星的线速度也增大到原来的2倍
B. 根据公式a=v2r可知，卫星的向心加速度减小到原来的12
C. 根据公式F=mv2r可知，卫星的向心力减小到原来的12
D. 根据公式F=Gm1m2r2可知，卫星的向心力减小到原来的14
7. 双人花样滑冰比赛是一项极具观赏性的项目。比赛中，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动，如图所示。通过目测估计男运动员的手臂与水平冰面的夹角约为45∘，女运动员与其身上的装备总质量约为45kg，重力加速度g取10m/s2。仅根据以上信息，可估算( )
A. 女运动员旋转的向心加速度约为10m/s2
B. 女运动员旋转的角速度约为6.28rad/s
C. 男运动员对女运动员的拉力约为450N
D. 男运动员对冰面的压力约为450N
8. 如图所示，单匝正方形金属线圈ABCD在外力F作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则( )
A. 两次产生的感应电流大小之比为1：4
B. 两次施加的外力F大小之比为1：4
C. 两次线圈中产生的热量之比为1：2
D. 两次线圈受外力F的冲量大小之比为1：2
9. 卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动的点电荷。如图所示，某次实验中，高速运动的α粒子被位于O点的金原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M和N为轨迹上的两点，N点比M点离核远，则( )
A. α粒子在M点的加速度比在N点的小
B. α粒子在M点的速度比在N点的小
C. α粒子在M点的电势能比在N点的小
D. α粒子从M点运动到N点，电场力对它做的总功为负功
10. 如图所示，地铁站中设有步行楼梯和自动扶梯。步行楼梯每级的高度是0.15m，自动扶梯与水平面的夹角为30∘，自动扶梯前进的速度是0.56m/s。两位体重相同的乘客分别从自动扶梯和步行楼梯的起点同时上楼，甲在匀速上行的自动扶梯上站立不动，乙在步行楼梯上以每秒上两个台阶的速度匀速上楼。则( )
A. 甲先到达楼上
B. 上楼的过程中自动扶梯对甲的支持力大于重力
C. 上楼的过程中自动扶梯对甲的摩擦力做正功
D. 上楼的过程中甲克服重力做功的功率小于乙克服重力做功的功率
11. 一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是( )
A. 在位置③，人的速度为0
B. 从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0
C. 从位置②到⑤，重力做功几乎为0
D. 在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
12. 如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是( )

A. t1∼t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B. 若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C. 若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D. 若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
13. 某同学想用一只半导体热敏电阻Rt制作一支能测量水温的温度计。他查阅资料获得了图1所示的该热敏电阻的R−t特性曲线，并设计了图2所示的温度计电路，图中R0=100Ω，电压表的量程是0∼3V，电源电动势恒定，内阻可不计。他的制作目标是温度计的测量范围是0∼100℃，且水温100℃时电压表指针偏转达到最大位置。则( )

A. 电源的输出电压为3V
B. 水温越高，电压表的示数越小
C. 电压表的0刻度对应水温0℃
D. 水温55℃时电压表的示数为2.40V
14. 激光冷却是一种高新技术，利用该技术可以达到微开量级的低温，激光冷却目前已经在多个领域获得广泛应用。激光冷却的原理是，利用光子和原子的相互作用使原子运动减速，以获得超低温。如图所示，a、b为两个相同的原子，运动方向相反。用一束激光L照射原子，由于多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。原子吸收光子后由基态跃迁到激发态，随后原子又会自发跃迁回到基态，释放出频率等于其固有频率的光子。原子由激发态跃迁回基态的过程向各个方向释放光子的机会是均等的。结合所学知识，在激光冷却的过程中，判断下列说法正确的是( )
A. 若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将减小
B. 应使用频率比原子固有频率稍低的激光
C. 原子a和原子b吸收光子的概率是相同的
D. 原子a吸收光子的概率更高
15. 某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图1所示。

(1)将开关先与“1”端闭合，电容器进行______(选填“充电”或“放电”)，稍后再将开关与“2”端闭合。在下列四个图像中，表示以上过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为______，电容器两极板间的电压随时间变化的图像为______。(填选项对应的字母)

(2)该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1 16. 某同学做“探究平抛运动的特点”实验。
(1)该同学先用图1所示的器材进行实验。他用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到A、B两球同时落地。关于本实验，下列说法正确的是______。

A.实验现象可以说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动
B.实验现象可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
C.实验现象可以同时说明平抛运动在两个方向上的运动规律
(2)为了在(1)实验结论的基础上进一步研究平抛运动的规律，该同学用图2所示的器材继续进行实验，描绘出小球做平抛运动的轨迹。如图3所示，以小球的抛出点O为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。该同学在轨迹上测量出A、B、C三点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)和(x3,y3)。如果坐标满足______关系，说明小球抛出后在O、A、B、C相邻两点间运动经历了相等的时间间隔。同时，如果坐标还满足______关系，那么证明小球的水平分运动是匀速直线运动。
(3)某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置。如图4所示，在一个较高的塑料筒侧壁靠近底部的位置钻一个小孔，在小孔处沿水平方向固定一小段吸管作为出水口。将塑料筒放在距地面一定高度的水平桌面上，在筒中装入一定高度的水，水由出水口射出，落向地面，测量出水口到地面的高度y和水柱的水平射程x。在实验测量的过程中，该同学发现测量水柱的水平射程x时，若测量读数太慢，x的数值会变化。
a.请分析水平射程x的数值变化的原因。
b.为了减小实验误差，应选用直径较大的容器，还是直径较小的容器？请说明判断依据。
17. 某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：
(1)粒子离开加速器时的速度大小v；
(2)速度选择器两板间的电压U2；
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。








18. 碰撞是生活中常见的现象。在调平的气垫导轨上研究两个滑块的碰撞，让滑块A以某一速度与原来静止的滑块B发生碰撞，已知A的质量为2m，B的质量为m。
(1)如图1所示，若滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣，碰后A、B将粘在一起运动。已知滑块A的初速度为v0，求：
A.碰撞后A、B一起运动的速度大小v；
B.碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能ΔE。
(2)如图2所示，若滑块A的右端、滑块B的左端均装有弹簧圈，碰后A、B将分开运动。请通过分析判断碰撞后A、B各自的运动方向。









19. 近年来，我国高速铁路迅速发展，已成为国家新名片。高铁动车组在制动过程中采用“再生制动”方式，将列车的动能转化为可再生利用的能量，有效降低能耗。一种再生利用的方式是将列车甲制动产生的电能，提供给同一电网下处于启动状态的列车乙。此过程可简化为如图所示的模型：固定在水平地面上的足够长的平行金属导轨，处于竖直方向的匀强磁场中；甲、乙是两根相同的金属棒，放在导轨上，与导轨良好接触，且始终与导轨保持垂直。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒质量均为m，电阻均为R，长度与导轨间距相等，均为l；导体棒甲、乙在导轨上运动时，受到的摩擦阻力大小均为f；t=0时，导体棒甲的速度大小为v0，方向向左，导体棒乙的速度为0，不计导轨的电阻。

(1)当列车甲开始制动，即导体棒甲由速度v0开始减速时，求导体棒乙获得的电磁牵引力的大小和方向。
(2)根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，证明在制动过程中，导体棒中的电流i与两导体棒的速度差Δv的关系为i=BlΔv2R。
(3)已知当导体棒甲经过位移x1，速度从v0减到v1时，乙不能再加速，此时再生制动结束。为了求得这一过程中导体棒乙的位移x2，某同学的分析计算过程如下：
设当再生制动结束时导体棒乙的速度为v2
此时导体棒乙受到的安培力等于阻力f，可得B2l2(v1−v2)2R=f①
由①式可解得v2
根据功能关系12mv02=12m(v12+v22)+f(x1+x2)②
由②式可求得导体棒乙的位移x2
请你判断这位同学的解法是否正确，并说明理由。







20. 摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状各异，却遵循着相似的规律。
(1)如图1所示，一个摆的摆长为L，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为θ时将小球由静止释放，忽略空气阻力。
a.求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。
b.如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为α(α<θ)时，求此时小球的角速度大小ω1。
(2)如图3所示，长为L的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为L2和L处分别固定一个质量为m、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。
a.将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成θ角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为α(α<θ)时，求此时系统的角速度大小ω2。
b.若θ较小，系统的运动可看作简谐运动，对比ω2和ω1的表达式，参照单摆的周期公式T=2πLg，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。








答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：根据质量数守恒和电荷数守恒得核反应方程是 714N+24He→817O+11H.故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断新生成的粒子的属性。
本题考查了核反应方程过程中质量数守恒和电荷数守恒，以及系统动量守恒，能量守恒，属于基础题。

2.【答案】C

【解析】解：ABC、根据题意，可知蓝牙通信的电磁波频率小于可见光的波段频率，所以蓝牙通信的电磁波属于无线电波，根据公式c=λf，可得其波长比看见光的波长要长，根据明显衍射的条件，可知蓝牙通信的电磁波比比可见光更容易发生衍射现象，故AB错误，C正确；
D、所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速，故D错误。
故选：C。
蓝牙通信的电磁波属于无线电波；根据公式c=λf判断；根据明显衍射的条件判断；电磁波在真空中的传播速度都等于光速。
本题以使用蓝牙耳机可以接听手机来电为背景，考查无线电波在实际问题中的应用，要明确所有电磁波在真空中的传播速度都相等。

3.【答案】C

【解析】解：根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，pV的乘积越大，则气体的温度越高，根据p−V图像可知，从A→B→C的过程中，pV的乘积逐渐变大后逐渐变小，由此可知，TATC，因为理想气体不考虑分子势能，且温度越高，气体分子的平均动能越大，因此状态A到状态B的过程中气体分子的平均动能增大，状态B到状态C的过程中气体的内能减小，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，pV的乘积越大，则气体的温度越高，结合图像分析出气体温度的变化；
温度是气体分子平均动能的唯一标志，且理想气体不考虑分子势能，由此分析出气体的内能变化。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解pV乘积的物理意义，同时要熟知温度是气体分子平均动能的唯一标志，同时要记住理想气体是不考虑分子势能的。

4.【答案】D

【解析】解：A、根据e=20sin100πt(V)可知交流电的角速度ω=100πrad/s，故交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B、根据e=20sin100πt(V)可知交流电压的最大值为Em=20V，交流电的有效值E=Em2=202V=102V，故B错误；
C、根据右手定则可知，线圈中的电流方向为ADCBA，故C错误；
D、当线圈平面转到图示位置时线圈磁通量最小，磁通量的变化率为最大，故D正确；
故选：D。
线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率，根据右手定则判断出电流方向。
本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，对于正弦式交变电流，明确最大值有效值间的关系，知道中性面的特点即可。

5.【答案】A

【解析】解：A、t=2s时，甲在平衡位置，回复力为0，乙在最高点，速度为0，故A正确；
B、t=4s时，甲从平衡位置向上振动，乙从平衡位置向下振动，速度方向相反，故B错误；
C、由图像知，，，故C错误；
D、甲摆的周期T1=4s，乙摆的周期为T2=8s，根据周期公式T=2πLg得L=gT24π2，L1L2=T12T22=4282=14，故D错误；
故选：A。
分析两摆的运动过程，根据对称性及周期间的关系分析甲、乙的位置，由图可知两个摆的周期和振幅，再由周期公式可求得摆长之比和振幅之比；
本题考查机械振动的周期，要熟练理解记忆单摆的周期公式、物理过程分析。

6.【答案】D

【解析】解：由万有引力提供向心力得
F=GMmr2=mrω2=mv2r=ma，
可得：ω=GMr3，v=GMr，a=GMr2。
A、当人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，角速度减小，根据公式v=ωr，线速度变为原来的22倍，故A错误；
BCD、当人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍时，向心加速度变为原来的14，向心力变为原来的14，故BC错误，D正确；
故选：D。
人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，角速度减小，线速度减小，由数学知识分析线速度和向心力的变化．根据公式F=GMmr2地球提供的向心力将减少到原来的14。
本题要应用控制变量法来理解物理量之间的关系，要注意卫星的线速度、角速度等描述运动的物理量都会随半径的变化而变化．

7.【答案】A

【解析】解：AC、女运动员在水平面内做匀速圆周运动，对女运动员受力分析如图所示，竖直方向根据平衡条件可得Fsin45∘=mg，解得：拉力F=2mg=2×45×10N=4502N；水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有，解得：，，故A正确，C错误；
B、根据，r约为1m，则女运动员旋转的角速度约为3.14rad/s，故B错误；
D、男运动员对冰面的压力约为两人的重力之和，一定大于450N，故D错误。
故选：A。
以女运动员为研究对象，分析受力情况，由重力和男运动员的拉力的合力提供女运动员的向心力，根据牛顿第二定律求解拉力和向心加速度，根据分析加速度。
本题是实际问题，要建立物理模型，对实际问题进行简化。

8.【答案】C

【解析】解：A、设磁感应强度为B，线圈的边长为L，线圈电阻为R，线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势为：E=BLv
感应电流为I=ER=BLvR
可知感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比等于速度之比，即I2：I1=v：2v=1：2，故A错误；
B、线圈进入磁场时受到的安培力为：
F=BIL=B2L2vR
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力，两次施加的外力F大小之比为1：2，故B错误；
C、线圈进入磁场过程中产生的热量Q=I2Rt=(BLvR)2R⋅Lv=B2L3vR
所以两次线圈中产生的热量之比为1：2，故C正确；
D、外力F的冲量大小为：
I=Ft=B2L2vR⋅Lv=B2L3R相同，所以两次线圈受外力F的冲量大小为1：1，故D错误；
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的大小，结合欧姆定律分析出产生的感应电流；
根据安培力公式结合线圈的平衡状态分析出外力F的大小关系；
根据焦耳定律分析出两种情况下产生的热量之比；
根据冲量的计算公式分析出冲量的大小关系。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律计算出感应电动势，结合安培力公式、焦耳定律和冲量的计算公式即可完成分析。

9.【答案】B

【解析】解：A.M点离原子核更近，根据F=kQqr2可知，在M点受库仑斥力更大，加速度更大，故A错误；
BC.离原子核越近，电势越大，根据Ep=φq可知，α粒子在M点的电势能比在N点的大，只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变。则M点的动能比在N点的小，即M点的速度比在N点的小，故B正确，C错误；
D.α粒子从M点运动到N点，速度增大，根据动能定理可知，电场力对它做的总功为正功，故D错误。
故选：B。
根据库仑定律分析加速度变化；根据电场力做功情况，即可判断α粒子动能、电势能的变化情况。
对点电荷周围的电场线分布要有明确的认识，点电荷周围的电场线是放射状的，正点电荷周围的电场线是沿半径方向向外的，负点电荷周围电场线是沿半径方向向里的；点电荷周围的等势面是一个个的同心球面。电场力做功与重力做功有共同的特点，就是与路径无关，电场力做功与初末位置的电势差有关。

10.【答案】D

【解析】解：A、因自动扶梯与水平面的夹角为30∘，自动扶梯前进的速度恒为0.56m/s，依据矢量的分解法则，则甲在竖直方向速度大小为：，
乙在步行楼梯上以每秒上两个台阶的速度匀速上楼，而步行楼梯每级的高度是0.15m，则乙在竖直方向速度大小为：，因他们的高度相同，因此乙先到达楼上，故A错误；
BC、由于甲处于匀速直线运动，甲受到重力与支持力，没有摩擦力，则摩擦力不会甲做功，故BC错误；
D、由，结合A中数据，可得，故D正确；
故选：D。
依据平行四边形定则，结合三角知识，求得甲在竖直方向速度，再由相同高度，从而判定他们运动的时间；
根据甲是匀速直线运动，不受摩擦力作用；
考查速度的合成与分解应用，掌握平行四边形定则的内容，理解力做功的条件，注意甲不受摩擦力是解题的关键。

11.【答案】C

【解析】解：A、人做斜抛运动，则在位置③时，人有水平速度，即人的速度不为0，故A错误；
B、从位置②到③，重力对人的作用时间不为零，根据IG=mgt可知，重力的冲量不为0，故B错误；
C、从位置②到③，人的重心高度几乎不变，根据WG=mgh可知，重力做功几乎为0，故C正确；
D、在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，故D错误；
故选：C。
人做斜抛运动，在位置③时有水平方向的速度；
根据做功的公式和冲量的计算公式分析出重力的做功和冲量的大小；
根据人的速度变化得出在起跳至离地的过程中，人受到的支持力和重力的大小关系，从而比较二者的冲量大小。
本题以人起跳为考查背景，主要考查了动量定理的相关应用，解题的关键点是熟悉做功公式和动量的计算公式，同时通过简单的受力分析得出不同力的大小关系。

12.【答案】B

【解析】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，ΔΦΔt减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误；
D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v=2gh，可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的2倍，因此ΔΦΔt不能增大为原来的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度.
本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。

13.【答案】D

【解析】解：A.根据图像可知，水温100℃时
Rt=100Ω
此时电压表指针偏转达到最大位置，即3V，根据题意可知
U=ER0+RtR0
解得：E=6V，
内阻不计，所以电源输出电压为6V，故A错误；
B.根据
U=ER0+RtR0
可知，水温越高，热敏电阻阳值越小，电压表的示数越大，故B错误；
C.水温0℃时
Rt=500Ω
根据
U=ER0+RtR0
可得：U=1V
故C错误；
D.水温55℃时
Rt=150Ω
根据
U=ER0+RtR0
可得：U=2.40V
故D正确。
故选：D。
由R−t图像可知不同温度下的Rt阻值，根据闭合电路欧姆定律逐个分析即可。
本题考查了热敏电阻伏安特性曲线和闭合电路欧姆定律，分析清楚图1所示图象，求出温度对应的电阻阻值是解题的前提与关键，应用欧姆定律可以解题。

14.【答案】B

【解析】解：A.原子的速度方向与激光束L中的光子方向相同，则若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将增加，故A错误；
BD.因当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高，而当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大，可知应使用频率比原子固有频率稍低的激光；而由题目的条件不能判断哪个原子吸收光子的概率更大，故B正确，D错误；
C.原子b和原子a分别迎着光来的方向和背离光来的方向运动，根据多普勒效应，原子b接收到的光子的频率会升高，而原子a接收到的光子的频率会降低，两个原子的频率偏离固有频率的值不一定相同，则两个原子吸收光子的概率是不一定相同的，故C错误；
故选：B。
原子的速度方向与激光束L中的光子方向相同，吸收了激光束L中的光子，其速度将增加；当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大，应使用频率比原子固有频率稍低的激光。
该题属于信息给予的题目，题目的难度不大，而且涉及较前沿的知识内容，在解答的过程中要注意对题目的把握，掌握题目的有用的信息，结合课本相关知识解答。

15.【答案】充电  A C ①

【解析】解：(1)将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，进行充电。稍后再将开关与“2”端闭合。电容器放电，充电电流与放电电流方向相反，放电过程中因为极板的电荷量逐渐减小，所以电势差也逐渐减小；充电过程中因为极板的电势差逐渐增大，所以电源电动势和极板的电势逐渐接近，因此电流均逐渐变小，故传感器的电流随时间变化的图像为A。充电过程，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电过程电压逐渐变下，减小的越来越慢，故电压随时间变化的图像为C。
(2)用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1 故答案为：(1)充电；A；C；(2)①；见解析
(1)根据电容器充放电的特点分析出正确的图像；
(2)根据电容的大小关系，同时正确理解I−t图像中面积的物理意义即可完成分析。
本题主要考查了电容器的动态分析，理解电容的定义式，同时要熟悉图像物理意义的分析，整体难度不大。

16.【答案】By3=3(y2−y1)x3+x1=2x2

【解析】解：(1)观察到A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全性相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)小球抛出后在O、A、B、C点若时间间隔相等，则需满足
Δy=gT2
即满足
(y3−y2)−(y2−y1)=(y2−y1)−y1
即y3=3(y2−y1)
如果小球的水平分速度是匀速直线运动，则还满足
x3−x2=x2−x1
即x3+x1=2x2
(3)a、若测量读数太慢，则随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小。
b、为了减小实验误差，应选用直径较大的容器；因用直径较大的容器时，当管中流出同样多的水时，容器中液面下落的高度较小，则对管口水流的速度影响较小。
故答案为：(1)B；(2)y3=3(y2−y1)；x3+x1=2x2；(3)a、见解析；b、用直径较大的容器。
(1)根据两个小球在竖直方向的特点可知在竖直方向上做自由落体运动；
(2)根据不同方向的运动特点分析出坐标需要满足的关系；
(3)因为水的流出导致水的初速度减小，所以x的数值会发生变化；
为了减小误差，当容器的直径比较大时，速度的变化更不明显。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成分析，难度不大。

17.【答案】解：(1)粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理：qU1=12mv2
解得：v=2qU1m
(2)因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：eE=qU2m=qvB1
解得：U2=B1d2qU1m
(3)粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：qvB2=mv2R
解得：R=1B22mU1q
答：(1)粒子的速度v为2qU1m；
(2)速度选择器两板间电压U2为B1d2qU1m；
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B22mU1q。

【解析】(1)根据动能定理可以求出粒子的速度v；
(2)在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。

18.【答案】解：(1)A、两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后两滑块的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv0=(2m+m)v
解得：v=23v0
B、设碰撞过程损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：
12⋅2mv02=12(2m+m)v2+ΔE
解得：ΔE=13mv02
(2)若滑块A的右端，滑块B的左端均装有弹簧圈，则碰撞为弹性碰撞
2mv0=2mv1+mv2
12×2mv02=12×2mv12+12mv22
解得：v1=13v0；v2=43v0
碰后A、B速度方向均与v0方向相同。
答：(1)A.碰撞后A、B一起运动的速度大小为23v0；
B.碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能为13mv02。
(2)见解析。

【解析】(1)根据动量守恒定律分析出滑块的共同速度；结合能量守恒定律分析出损失的机械能；
(2)根据弹性碰撞的特点分别建立动量和能量的等式并完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解弹性碰撞的特点，根据动量守恒定律和能量守恒定律联立等式即可完成分析，难度不大。

19.【答案】解：(1)导体棒甲产生的感应电动势为：
E0=Blv0
回路的电流为：
I=E02R
导体棒乙受到的电磁牵引力为：
F=BIl
解得：F=B2l2v02R，方向与v0方向相同；
(2)若两导体棒的速度差Δv，则在时间Δt内磁通量的变化量为：
ΔΦ=BlΔvΔt
根据：E=ΔΦΔt
可得：E=BlΔv
感应电流为：
i=E2R=BlΔv2R
(3)对整个系统由能量守恒定律可知，整个过程中，甲车的动能减小量一部分转化为乙的动能，一部分要克服两车的阻力做功，还有一部分转化为整个回路的焦耳热，则能量关系式②是错误的。
答：(1)导体棒乙获得的电磁牵引力的大小为B2l2v02R，方向与v0方向相同；
(2)见解析；
(3)见解析。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的大小，结合欧姆定律分析出电流，再根据安培力公式完成分析；
(2)根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的大小，结合欧姆定律分析出感应电流的大小；
(3)理解整个系统中的能量转化特点即可。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的大小，结合欧姆定律和安培力公式即可完成分析。

20.【答案】解：(1)a.根据机械能守恒定律可得
mgL(1−cosθ)=12mv2
在最低点根据牛顿第二定律
F−mg=mv2L
解得
F=mg(3−2cosθ)
b.根据机械能守恒定律可得
mgL(cosα−cosθ)=12mv12
角速度为ω1=v1L
联立解得
ω1=2g(cosα−cosθ)L
(2)a.根据机械能守恒定律可得
mgL(cosα−cosθ)+mg⋅L2 (cosα−cosθ)=12mv22+12mv2′2
其中
v2=ω2L，v′2=ω2⋅L2
代入解得
ω2=12g(cosα−cosθ)5L
b.此系统做简谐运动的周期为T′=2π5L6g
对比ω2和ω1的表达式可得
ω2ω1=65
α可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速度大小均满足
ω2ω1=65
因此
T′T=65
可得
T′=65T=2π5L6g
答：(1)a.小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小为mg(3−2cosθ)。
b.此时小球的角速度大小为2g(cosα−cosθ)L。
(2)a.此时系统的角速度大小为12g(cosα−cosθ)5L。
b.此系统做简谐运动的周期的表达式为T′=2π5L6g，依据见解析。

【解析】(1)根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律可解得。
(2)根据机械能守恒定律结合角速度关系可解得。
本题考查圆周运动的理解，解题关键掌握机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用，注意周期与角速度的关系。