2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末物理模拟练习试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末物理模拟练习试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末物理模拟练习试卷

1. 如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则下列说法正确的是(    )
A. 人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大
B. 当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力F将变小
C. 当人加速向上提茶杯时，作用力F可以达到的最大值是2f(m+M)M
D. 无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力F=(M+m)g

2. 对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(    )
A. 温度升高，分子平均动能一定增大 B. 温度升高，内能不一定增大
C. 气体对外做正功，内能一定减小 D. 气体压强减小，分子的密集程度一定减小
3. 原点O处有一简谐横波波源，t=0时波源开始振动，形成沿x轴正向传播的机械波，当t=0.6s的波形图如图所示，此时质点P刚好开始振动，下面说法中错误的是(    )

A. 这列波的传播速度为10m/s
B. t=0.7s时，质点b运动方向沿y轴正方向
C. 再经过0.1s质点a通过的路程小于10cm
D. 此时质点a与质点b运动方向相反
4. 某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示。则该图反映了(    )
A. 液体分子的运动轨迹
B. 花粉微粒的运动轨迹
C. 每隔一定时间花粉微粒的位置
D. 每隔一定时间液体分子的位置
5. 一束有两种不同颜色的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图所示，则a、b两束光(    )
A. 垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光短
B. 从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小
C. 分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小
D. 若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大

6. 被誉为中国“人造太阳”的环流器二号M装置，是一款通过可控热核聚变反应为我们提供能源的装置，该款装置的核心温度可达2亿摄氏度，其温度比真正的太阳还高。下列核反应方程中不属于聚变反应的是(    )
A.  12H+13H→24He+01n B.  12H+12H→23He+01n
C.  24He+1327Al→1530P+01n D. 411H→14He+210e
7. 光在大型文艺表演、日常生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是(    )
A. 测温枪测体温是利用了红外线衍射能力强
B. 摄像机镜头采用镀膜技术增加了透射光，这是利用了光的衍射
C. 拍摄玻璃橱窗中的物品时，在镜头前加偏振片是利用了光的干涉
D. 望远镜、显微镜、近视眼镜、远视眼镜等是利用光的折射制成的
8. 如图a，理想变压器的原线圈接入图b所示的正弦交变电压，副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V、额定电流为0.1A，若灯泡都正常工作，则(    )
A. 图b中电压的有效值为311V B. 图b中交流电的频率为25Hz
C. 图a中原线圈上的电流为1A D. 图a中原副线圈的匝数比为55：1
9. 从新闻中经常听到：高空坠物现象被称为“悬在城市上空的痛”。若一个花盆从五层楼的阳台上坠落(不计空气阻力)，在其下落过程中，经过t1时间落至三层，再经过t2时间落至地面。关于花盆在t2时间内的运动，下列说法中正确的是(    )
A. 是匀速运动 B. 是自由落体运动
C. 不是自由落体运动 D. 条件不足，无法判定
10. 如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60∘时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是(    )

A. 绳的拉力对小球始终不做功
B. 滑块与小球的质量关系为M=2m
C. 释放小球时滑块到挡板的距离为L2
D. 滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2mgL
11. 如图所示，xOy直角坐标系中，虚线是中心在O点的一个椭圆，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点，Q是位于一焦点上的负点电荷。当带正电的点电荷q，仅在电场力的作用下绕Q在椭圆轨道上沿逆时针方向运动时，下列说法中正确的是(    )
A. 从P1到P2的过程中，q的电势能一直减小
B. 从P2到P3与从P3到P4的过程中，电场力对q做的功相同
C. 从P3到P4的时间大于从P4到P1的时间
D. 当q到达P4点时，若加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，q可能做直线运动
12. 如图所示是某种电能表的表盘。表盘上标有“720r/kW⋅h”，即每耗电1kW⋅h电能表的转盘转720圈。当家里的家用电器都工作时，小明观察到电能表的转盘在1min内转动了48圈。则小明家的家用电器(    )


A. 总功率约为2kW B. 总功率约为4k W
C. 每天消耗的电能约为96kW⋅h D. 每天消耗的电能约为108kW⋅h
13. 在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i−t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是(    )

A. 电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右
B. 电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能
C. 图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小
D. 图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快
14. 如图所示，倾角为θ的粗糙绝缘斜面(足够长)置于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带电滑块由静止释放，下滑x距离后飞离斜面。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(    )


A. 滑块带负电 B. 滑块在斜面上做匀加速直线运动
C. 滑块离开斜面瞬间的速率为mgcosθqB D. 滑块克服摩擦力做的功为μmgxcosθ
15. 小丽做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。

(1)如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。图乙、丙分别画出了细线上端的两种不同的悬挂方式，你认为图______(填“乙”或“丙”)的悬挂方式较好。
(2)如图丁所示，用游标卡尺测得小钢球的直径d=______mm，测出摆线的长度，算出摆长l，再测出摆的周期T，得到一组数据，改变摆线的长度，再得到几组数据。
(3)根据实验数据作出T2−l图象，发现图象是过坐标原点的倾斜直线，斜率为k，根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度g=______(用k表示)，利用图象法处理数据是为了减小______(填“偶然”或“系统”)误差。
16. 如图(a)为简易多用电表的电路图。图中E是电动势为1.5V的干电池；R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为600Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为：直流电压2.5V挡位和10V挡位；直流电流1mA挡位和10mA挡位；欧姆挡位。

(1)根据题给条件可得R1+R2=______ Ω，R4=______ Ω。
(2)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为______ mA；若此时B端是与“3”相连的，则读数为______ Ω；若此时B端是与“4”相连的，则读数为______ V。
(3)表内干电池由于使用时间较长了，导致电池的电动势变小，内阻变大了，但还能进行欧姆调零。此时测量一电阻的电阻值，在各项操作都无误的情况下，电阻的测量值______ (选填“大于”“小于”或“等于”)电阻的真实值。
17. 在光滑水平面内有Oxy坐标系，质量m=0.5kg的小球正沿y轴正方向匀速运动，其速度为v0=1m/s，如图所示，当质点运动到原点O处时开始受到x正方向的恒力F作用，小球恰能经过坐标为(4m,4m)的P点。求：
(1)恒力F的大小；
(2)小球经过P点时的动能大小Ek。
18. 用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行(速度方向与PQ垂直)，滑行中直导线与圆环紧密接触(忽略接触处的电阻)，当它通过环上A、B位置时，求：
(1)直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；
(2)画出等效电路图，求A、B之间电流强度和电势差UAB；
(3)求此时圆环上发热损耗的电功率。
19. 如图所示为氢原子能级图，试回答下列问题：
(1)一群处于能级n=4的氢原子跃迁后最多可能辐射出几种频率的光子？
(2)通过计算判断：氢原子从能级n=4跃迁到能级n=2时辐射出的光子的最大频率有多大？
(3)设氢原子处于基态时电子的轨道半径为r1，动能为Ekn；处于第n能级时电子的轨道半径为rn，动能为Ekn，已知rn=n2r1.试用库仑定律和牛顿运动定律证明：Ekn=Ek1n2.
20. 2007年10月24日，中国首颗探月卫星“嫦娥一号”在西昌卫星发射中心发射升空，准确进入预定轨道．随后，“嫦娥一号”经过变轨和制动成功进入环月轨道．如图所示，阴影部分表示月球，设想飞船在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上作匀速圆周运动，到达A点时经过暂短的点火变速，进入椭圆轨道Ⅱ，在到达轨道Ⅱ近月点B点时再次点火变速，进入近月圆形轨道Ⅲ，而后飞船在轨道Ⅲ上绕月球作匀速圆周运动．已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0.不考虑其它星体对飞船的影响，求：
(1)飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ的速度之比．
(2)飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点B所用的时间．
(3)如果在Ⅰ、Ⅲ轨道上有两只飞船，它们绕月球飞行方向相
同，某时刻两飞船相距最近(两飞船在月球球心的同侧，且两飞船与月球球心在同一直线上)，则经过多长时间，他们又会相距最近？
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：AB、无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，对茶杯来说都还处于平衡状态，合力为0，故F=(M+m)g，2f=Mg，故AB错误；
C、当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力F的值最大，对于茶杯，根据牛顿第二定律：2f−Mg=Ma，
对于夹子和茶杯整体，根据牛顿第二定律：F−(M+m)g=(M+m)a，
联立解得：F=2f(m+M)M，故C正确；
D、当茶杯的运动状态改变，如向上匀加速运动时，F大小不为(M+m)g，故D错误。
故选：C。
做匀速运动时，根据平衡条件，茶杯的重力和摩擦力平衡，摩擦力不变，人对夹子和茶杯整体的作用力F始终等于整体的重力；当茶杯向上加速运动时，根据平衡条件可以求出最大作用力F；当茶杯向上或向下做加速度或减速运动时，茶杯受力不再平衡，F≠(M+m)g。
本题考查力的平衡、整体法与隔离法、牛顿第二定律的综合应用。注意整体法和隔离法的使用：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。

2.【答案】A 
【解析】解：A、温度是分子动能的宏观表现，所以温度越高，分子平均动能越大，故A正确；
B、一定质量的理想气体，内能为所有分子的总动能，所以温度升高，平均动能增加，内能也增大，故B错误；
C、改变内能的两种方式为做功和热传递，只强调气体对外做功，未知热传递的变化，所以判断不出内能的变化。故C错误；
D、对于一定质量的气体，分子的密集程度看体积，压强减小时，体积变化未知，所以密集程度未知。故D错误。
故选：A。
明确理想气体的性质，根据理想气体，内能就是分子动能分析温度变化的影响；根据改变内能的两种方式为做功和热传递；根据气体压强和分子的平均速率和数密度有关确定压强变化时分子密集程度是否发生变化。
本题考查理想气体的性质以及气体压强的微观解释，的难点是气体压强的微观解释，这是学生容易出现错误的地方。

3.【答案】B 
【解析】解：A、这列波t=0.6s时间内传播的距离为x=6m，则这列波的传播速度为v=xt=60.6m/s=10m/s，故A正确；
B、由图读出波长λ=4m，则该波的周期为T=λv=410s=0.4s，根据波形平移法可知，t=0.6s质点b正沿y轴负方向，t=0.7s时，即再经过14周期，质点b运动方向仍沿y轴负方向，故B错误；
C、t=0.6s时质点a正沿y轴正方向运动，远离平衡位置，其速度在减小，再经过0.1s即经过14周期，质点a通过的路程小于一个振幅，即小于10cm，故C正确；
D、此刻质点a运动方向沿y轴正方向，质点b运动方向沿y轴负方向，质点a与质点b运动方向相反，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
根据公式v=xt计算这列波的传播速度；简谐横波沿x轴正向传播时，根据波形平移法判断图示时刻a、b处质点的振动方向；起点处于平衡位置或最大位移处的质点在14周期内通过的路程为一个振幅。
本题考查波的图象，解答本题的关键是根据波的传播方向判断质点的振动方向，常用的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断；要知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反。

4.【答案】C 
【解析】解：图中的折线是花粉微粒在不同时刻的位置的连线，即不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，故C正确，ABD错误。
故选：C。
花粉微粒的运动是布郎运动，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反应的是液体分子的无规则运动，由布朗运动的特点分析各选项。
重点考查分子动理论的内容，明确布朗运动特点，一定要知道悬浮微粒的无规则热运动，每隔一定时间的位置记录不是一回事。

5.【答案】B 
【解析】解：A、由图可知，a光的偏折角大于b光的偏折角，说明玻璃对a光的折射率大于b光的折射率，由v=cn分析可知，在玻璃中a光的波速小于b光的，垂直穿过同一块玻璃时，a光所用的时间比b光的长；故A错误；
B、由sinC=1n可知，a光的临界角小于b光的临界角；故B正确；
C、a光的折射率大于b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光的波长，由△x=Ldλ可知，a光的干涉条纹小于b光的干涉条纹；故C错误；
D、由EK=hγ−W0，知b光的频率小，b光的光子能量小，则b光照射时逸出的光电子最大初动能要小；故D错误。
故选：B。
根据光线的偏折程度判断折射率的大小，即可判断出光束频率的大小；根据v=cn分析光束在玻璃中传播的速度大小，即可分析光线垂直穿过玻璃板的时间关系；根据公式sinC=1n分析临界角的大小．根据双缝干涉条纹的间距与波长的关系可确定干涉条纹间距的大小；由光电效应方程可分析光电子的最大初动能的关系．
解决本题的关键是明确折射率与光的偏折程度、频率、波长、临界角的关系，要知道光的频率越大，折射率越大．

6.【答案】C 
【解析】解：A、 12H+13H→24He+01n属于聚变反应，故A错误；
B、 12H+12H→23He+01n属于聚变反应，故B错误；
C、 24He+1327Al→1530P+01n是原子核的人工转变，不是聚变，故C正确；
D、4H→14He+210e是聚变，故D错误。
故选：C。
两个轻核结合成质量较大的核的反应叫聚变反应，根据聚变反应的特点分析判断
本题考查核反应的分类，要正确理解核裂变、聚变及其他相关核反应的性质，并掌握质量数守恒电荷数守恒分析核反应方程．

7.【答案】D 
【解析】解：A、因为一切物体均能发出红外线，因此使用红外线进行检测体温，这与衍射能力无关，故A错误；
B、照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的薄膜干涉原理。故B错误。
C、拍摄玻璃橱窗内的物品时，在照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度，从而使玻璃后的影像清晰，是利用了光的偏振现象，故C错误；
D、望远镜、显微镜、近视眼镜、远视眼镜等都是透镜，是利用光的折射原理制成的，故D正确；
故选：D。
一切物体均能发出红外线；照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理。镜头前加一个偏振片，减小反射偏振光进入。
该题考查常见的光学现象的理解，了解光的衍射、干涉、偏振、折射等在实际生活的现象并会区分。

8.【答案】D 
【解析】解：A、根据图b得电压的最大值为2202V，所以图b中电压的有效值为u=22022V=220V，故A错误；
B、交流电的周期T=0.02s，频率f=1T=10.02Hz=50Hz，故B错误；
CD、副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V，所以副线圈电压为U2=4V，
根据电压与匝数成正比得原副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=2204=55：1，
副线圈接10个并联的彩色灯泡，额定电流为0.1A，所以副线圈电流I2=10×0.1A=1A，
根据电流与匝数成反比得I2I1=n1n2=55：1，所以图a中原线圈上的电流为155A，故C错误，D正确。
故选：D。
根据图b可以求得输入电压的有效值、周期和频率；结合并联的电压、电流关系得出副线圈电压和电流；再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解。
该题考查变压器的电压比，电流比与匝数比关系，以及交流电的周期与频率关系，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，明确各表的示数为有效值．

9.【答案】C 
【解析】解：A、花盆在t2时间内只受重力，加速度不为零，不是匀速运动，故A错误；
BCD、由自由落体运动的定义为只受重力作用并且从静止开始的运动，t2时间内是指从花盆落到第三层开始计时，花盆落到第三层时速度不等于零，故不属于自由落体运动，故B、D错误；
故选：C。
自由落体运动的定义为只受重力作用从静止开始的运动。
明确自由落体运动的定义是解决本题的关键

10.【答案】C 
【解析】解：A、因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；
B、下摆过程，系统机械能守恒：mgL=12Mv12+12mv22
水平方向动量守恒：0=Mv1−mv2
小球向左摆动最高点，机械能守恒：12mv22=mgL(1−cos60∘)
三式联立，解得：M=m，故B错误；
C、由平均动量守恒Mxt−mL−xt=0，解得x=L2，即释放小球时滑块到挡板的距离为L2，故C正确；
D、滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为I=Mv1=mgL，故D错误。
故选：C。
力与位移的夹角为锐角时做正功，钝角时做负功；下摆中系统机械能守恒且水平方向动量守恒可记得质量关系；根据动量定理求得冲量大小。
本题考查动量与机械能守恒，关键注意根据动量守恒的原理可以根据平均动量守恒求得滑块到挡板的距离。

11.【答案】A 
【解析】解：A、从P1到P2的过程中，电场力对q做正功，又电场力做正功，系统的电势能减小，故A正确；
 B、从P2到P3电场力对q做正功，从P3到P4电场力对q做负功，并且做功的大小相等，但是做功的正负不同，所以电场力对q做的功不同，故B错误；
 C、由于P3到P4运动时，距离点电荷Q的平均距离小，从P4到P1运动时，距离点电荷Q的平均距离大。那么，从P3到P4运动时的平均速率大，从P4到P1运动时的平均速率小，由于路程相同，则从P3到P4的时间小于从P4到P1的时间，故C错误；
 D、当q到达P4时，若加一垂直于xoy平面向外的匀强磁场，则q又受到洛伦兹力，由于q与Q间的库仑力是变力，因此洛伦兹力与库仑力的合力不会沿q的运动方向，因此q不可能做直线运动，故D错误。
故选：A。
根据电场力做功情况判断电荷动能、电势能的变化情况：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大．当电子与点电荷之间的距离增大时，库仑力减小，反之，库仑力增大。
本题考查静电力做功与动能、电势能变化的关系、库仑力与加速度的关系，常规题。

12.【答案】B 
【解析】解：AB、已知每耗电1kW⋅h电能表的转盘转720圈，故转了48圈则消耗了115kW⋅h，所花费时间为1min，故总功率为P=Wt=115160kW=4kW，故A错误，B正确；
CD、已知电功率为4kW，则一天消耗的电能为W1=Pt1=4×24kW⋅h=96kW⋅h，但是一天之内不可能所有电器都在工作，故每天消耗的电能应小于96kW⋅h，故CD错误；
故选：B。
通过转过的圈数计算出功率的大小，从而计算出每天消耗的电能。
本题主要考查了电功和电功率的计算，计算时需注意当功的单位为J时，时间单位需用s，当功的单位为kW⋅h时，时间的单位需用h。

13.【答案】C 
【解析】解：A、电容器放电时，电流从正极板(上极板)流出，则流过电阻R的电流方向向左，故A错误；
B、充电过程中电源提供的电能部分转化为内能，大部分转化为电容器中的电场能，故B错误；
C、在形成电流图线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，根据q=It，可知I−t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，即图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小，故C正确；
D、图线2的过程是放电的过程，由图可知电流变化越来越慢，所以两极板电压降低的越来越慢，故D错误。
故选：C。

该题考查了电容器的相关知识，解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。

14.【答案】C 
【解析】解：A、下滑x距离后飞离斜面，说明滑块所受洛伦兹力垂直于斜面向上，由左手定则可知，滑块带正电，故A错误；
B、滑块由静止释放后在斜面上向下做加速运动，当滑块的速度为v时所受洛伦兹力F=qvB，对滑块，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μ(mgcosθ−qvB)=ma，解得：a=g(sinθ−μcosθ)+μqvBm，滑块向下做加速运动，速度v不断增大，加速度a不断增大，滑块在离开斜面前做加速度增大的加速运动，故B错误；
C、斜面对滑块的支持力恰好为零时将离开斜面，设此时滑块的速度为v′，在垂直于斜面方向，有：qv′B=mgcosθ，解得：v′=mgcosθqB，故C正确；
D、从滑块开始下滑到离开斜面过程，设滑块克服摩擦力做功为Wf，对滑块，由能量守恒定律得：mgxsinθ=12mv′2+Wf，解得：Wf=mgxsinθ−m3g2cos2θ2q2B2，故D错误。
故选：C。
根据滑块所受洛伦兹力方向应用左手定则判断滑块带什么电；
应用牛顿第二定律求出滑块的加速度，然后判断滑块的运动性质；
当斜面对滑块的支持力为零时滑块离开斜面，据此求出滑块离开斜面时的速度；
应用动能定理求出滑块克服摩擦力做功。
本题考查了带电滑块在磁场中的运动，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题。

15.【答案】丙  22.64π2k  偶然 
【解析】解：(1)单摆在摆动过程摆长要保持不变，单摆悬挂点应固定，图丙的悬挂方式较好。
(2)由图丁所示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标尺的精度是0.1mm，小钢球的直径d=22mm+6×0.1mm=22.6mm。
(3)由单摆周期公式T=2πlg可知：T2=4π2gl，则T2−l图线的斜率k=4π2g，重力加速度g=4π2k；利用图象法处理数据是为了减小偶然误差。
故答案为：(1)丙；(2)22.6；(3)4π2k；偶然。
(1)单摆在摆动过程摆长要保持不变，单摆悬挂点应固定不动。
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度；应用图象法处于实验数据可以减小偶然误差。
本题考查了用单摆测量重力加速度的大小实验，理解实验原理是解题的前提；要掌握常用器材的使用与读数方法，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；应用单摆周期公式求出图象的函数表达式即可解题。

16.【答案】20023504.022001.00大于 
【解析】解：(1)由电流表的改装原理可知，接1时电流表的量程较大，为10mA挡，接2时为1mA挡位，由串并联知识可得：R1+R2=IgRgI2−Ig=250×10−6×6001×10−3−250×10−6Ω=200Ω
表头G与R1、R2的总电阻为：R=Rg(R1+R2)Rg+R1+R2=600×200600+200Ω=150Ω，接4为2.5V挡，由电压表的改装原理可得：R4=U−I2RI2=2.5−1×10−3×1501×10−3Ω=2350Ω
(2)B端与“1”相连时为10mA挡，最小分度为0.2mA，不用估读到下一位，故读数为：I1=4.0mA。
B端与“3”相连时，为欧姆表挡位，根据闭合电路欧姆定律可得欧姆表内阻为：RΩ=EI=1.51×10−3Ω=1500Ω，则其挡位为：1500Ω15=100Ω，根据欧姆表得读数规则，可得其读数为：R=22×100Ω=2200Ω
B端与“4”相连时为电压2.5V挡，最小分度为0.05V，不用估读到下一位，读数为1.00V。
(3)电池的电动势变小，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig=ER内，电动势变小，R内变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的；由于I=ER+R内=IgR内R+R内，当R内变小时，I变小，指针跟准确位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，所以再进行读数时电阻的测量值大于电阻的真实值。
故答案为：(1)200，2350；(2)4.0，2200，1.00；(3)大于。
(1)由电流表和电压表的改装原理，结合串并联知识求解；
(2)根据电表的读数规则进行读数；
(3)电动势变小，内阻变大，根据欧姆表工作原理分析，从而分析误差。
本题考查的是多用电表的原理及读数问题，要明确多用电表的原理为闭合电路欧姆定律及电表改装，要求学生熟练掌握并灵活应用。

17.【答案】解：(1)小球在xOy平面内做类平抛运动，在y轴方向做匀速直线运动，在x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动。
设小球加速度为a，经过时间t从坐标原点到P点，则有：
 xP=12at2
 yP=v0t
代入数据解得：a=0.5m/s2
由牛顿第二定律得：F=ma
代入数据得：F=0.25N
(2)设从坐标原点到P点恒力F做功为W，则有：W=FxP
根据动能定理有：W=Ek−12mv02
代入数据解得：Ek=1.125J
答：(1)恒力F的大小为0.25N；
(2)小球经过P点时的动能大小Ek为1.125J。 
【解析】(1)小球做类平抛运动，采用运动的分解法研究：质点在y轴正方向做匀速直线运动，在x轴方向做匀加速直线运动，根据分运动与合运动具有等时性，抓住水平位移和竖直位移的关系求出运动的时间。再结合牛顿第二定律求出恒力F的大小。
(2)设从坐标原点到P点恒力F做功为W，则W=FxP，根据动能定理即可求小球经过P点时的动能大小Ek。
本题是类平抛运动类型，处理方法与平抛运动相似：运动的分解法，要将小球的运动沿着x、y方向正交分解，然后根据分运动的规律和动能定理进行解答。

18.【答案】解：(1)感应电动势：E=BLv=0.5×0.4×3=0.6V，由右手定则知：电流方向A→B；
(2)画出等效电路图，由图示可知：R外=R左R右R左+R右=16×18×56×1818=2.5Ω，
直导线接入电路的电阻为：r=0.4m×1.25Ω/m=0.5Ω，
由闭合电路欧姆定律可知，电路电流为：I=ER外+r=0.62.5+0.5=0.2A；
电势差为：UAB=−IR外=−0.5V
(3)设圆环上发热损耗的电功率为P，则有：P=I2R外=0.10W
答：(1)直导线AB段产生的感应电动势是0.6V，电流方向A→B；
(2)等效电路图如图所示，A、B之间电流强度是0.2A，电势差是−0.5V；
(3)此时圆环上发热损耗的电功率是0.10W。 
【解析】(1)由E=BLv求出电动势，由右手定则得直道线感应电流的方向。
(2)由欧姆定律可以求出电流大小。
(3)根据功率公式可求得圆环上发热损耗的电功率。
电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解。

19.【答案】解：(1)氢原子跃迁后最多可能辐射出C42=6种频率的光子．
(2)由氢原子能级图可知，从能级n=4跃迁到能级n=2，辐射出的光子中，能量最大值为△Emax=E4−E2=2.55eV.
所以辐射的光子的最大频率为νmax=ΔEmaxh=2.55×1.6×10−196.63×10−34Hz=6.15×1014Hz.
(3)电子在轨道上受库仑引力作用做匀速圆周运动，由库仑定律和牛顿第二定律得，
ke2r2=mv2r
电子的动能Ek=12mv2=ke22r∝1r
又已知rn=n2r1
得EknEk1=r1rn=1n2，即Ekn=Ek1n2.
答：(1)一群处于能级n=4的氢原子跃迁后最多可能辐射出6种频率的光子．
(2)氢原子从能级n=4跃迁到能级n=2时辐射出的光子的最大频率有6.15×1014Hz.
(3)证明如上所示． 
【解析】(1)根据数学组合公式Cn2求出跃迁后最多可能辐射出几种频率的光子．
(2)求出从n=4跃迁到n=2能级辐射的光子能量最大值，根据E4−E2=hν求出光子的最大频率．
(3)通过电子在轨道上受库仑引力作用做匀速圆周运动，由库仑定律和牛顿第二定律推导出电子的动能大小，从而得知电子动能与量子数的关系．
解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及知道电子在轨道上运动，靠库仑引力提供向心力．

20.【答案】解：(1)由万有引力提供向心力有：
GMmr2=mv2r
可得线速度v=GMr
所以v1v3=r3r1=R4R=12
(2)设飞船在轨道I上的运动周期为T1，在轨道I有：GmM(4R)2=m(4R)4π2T12
在月球表面有：GM=g0R2
由以上可得：T1=16πRg0
设飞船在轨道II上的运动周期T2，而轨道II的半长轴为2.5R，根据开普勒定律得：
T22(2.5R)3=T12(4R)3
可解得：T2=7.9πRg0
所以飞船从A到B的飞行时间为：t=T22≈4πRg0
(3)设飞船在轨道I上的角速度为ω1、在轨道III上的角速度为ω3，有：
ω1=2πT1=18g0R
mg0=mRω32
所以ω3=g0R
设飞飞船再经过t时间相距最近，有：
ω3t−ω1t=2nπ
所以t=16nπ7Rg0(n=1,2,3⋯)
答：(1)飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ的速度之比为12.
(2)飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点B所用的时间为4πRg0.
(3)如果在Ⅰ、Ⅲ轨道上有两只飞船，它们绕月球飞行方向相
同，某时刻两飞船相距最近(两飞船在月球球心的同侧，且两飞船与月球球心在同一直线上)，则经16nπ7Rg0(n=1,2,3⋯)，他们又会相距最近． 
【解析】(1)根据万有引力提供圆周运动向心力，由半径与关系求得速度之比；
(2)根据开普勒行星定律由半长轴的关系求得周期，从远月点飞到近月点所用时间为椭圆轨道的12周期；
(3)相距最近时，两飞船中运得快的比运动得慢的多绕月飞行n周，根据角速度关系求解所用时间即可．
本题主要考查万有引力定律的应用，开普勒定律的应用．同时根据万有引力提供向心力列式计算．