2023年北京市朝阳区高考物理一模试卷(含答案解析)

这是一份2023年北京市朝阳区高考物理一模试卷(含答案解析)，共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，5s， 如图是某交流发电机的示意图等内容，欢迎下载使用。

2023年北京市朝阳区高考物理一模试卷
1. 关于质量一定的理想气体，下列说法正确的是(    )
A. 气体温度降低，其压强可能增大
B. 气体体积减小，其压强一定增大
C. 气体不断被压缩的过程中，其内能一定增加
D. 气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能一定不变
2. 下列说法正确的是(    )
A. 雨后出现的彩虹属于光的反射现象
B. 光的干涉和衍射现象说明光是一种横波
C. 用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象
D. 测体温的额温枪是通过测量人体辐射的紫外线进行测温
3. 某地震局记录了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.5s时刻第一次出现图中虚线所示的波形。下列说法正确的是(    )

A. 该地震波的周期为0.5s
B. 该地震波的波速为4km/s
C. t=0时刻，x=1km处质点的振动方向沿y轴正方向
D. 0∼0.5s内x=2km处的质点沿x轴正方向前进2km的距离
4. 如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下列说法正确的是(    )


A. 手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B. 手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C. 若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D. 若θ增大，则支架对手机的作用力保持不变
5. 如图是某交流发电机的示意图。当线圈abcd绕垂直于匀强磁场方向的转轴OO′匀速转动时，电路中产生电流的最大值为Im，外电路的电阻为R。图示位置线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈转动的周期为T。下列说法正确的是(    )


A. 在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为零
B. 在图示位置，线圈中的电流方向为a→b→c→d
C. 在一个周期内，外电路产生的焦耳热为Im2RT
D. 从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imcos2πTt
6. 如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度(在弹性限度内)。不计空气阻力。则(    )
A. 从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B. 从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C. 从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D. 小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小

7. 图示平面内固定两个等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷的连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是(    )
A. M、P两点的电场强度相同
B. N、P两点的电场强度相同
C. N、P两点的电势相等
D. 电子在M点的电势能比在N点的大
8. 如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则(    )
A. ω1=ω2 B. a1>a2 C. F1=F2 D. F1>F2
9. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。t=0时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是(    )
A. 全过程中，金属棒克服安培力做功为12mv2
B. 全过程中，电阻R上产生的焦耳热为Rmv22(R+r)
C. t=0时刻，金属棒受到的安培力大小为B2L2vR+r
D. t=0时刻，金属棒两端的电压UMN=BLv
10. 氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图乙电路中的阴极K，其中只有a、b两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极K，测得图乙中电流表随电压表读数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是(    )
A. 题中的氢原子跃迁共能发出4种不同频率的光子
B. a光是从n=3的能级向n=1的能级跃迁产生的
C. a光的波长小于b光的波长
D. a光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比b光照射时的大
11. 质量为m的同学原地跳绳时，上下运动，其速度大小v随时间t的变化图像如图所示。重力加速度为g。则(    )

A. 0∼t0内，该同学的最大速度约为35gt0
B. 0∼t0内，该同学上升的最大高速约为950gt02
C. 该同学克服重力做功的平均功率约为9200mg2t0
D. 每跳一次，地面对该同学所做的功约为9200mg2t02
12. 科幻电影曾出现太空梯的场景。如图甲所示，设想在赤道上建造一个始终与地表垂直的太空梯，航天员可通过梯仓P缓慢地到达太空中某一位置，设该位置距地心的距离为r，地球半径为R，图乙中曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小随r变化的图线；直线B为航天员的向心加速度大小随r变化的图线。下列说法正确的是(    )

A. 航天员在R处的速度等于地球的第一宇宙速度
B. 乙图中的r0小于地球同步卫星的轨道半径
C. 航天员在r0位置时处于完全失重状态
D. 在小于r0的范围内，航天员越接近r0的位置对梯仓的压力越大
13. 某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是(    )

A. 开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B. 开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C. 开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D. 根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
14. 图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机。这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面。图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图。固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场(俯视图)；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈(图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点)。当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO′轴转动。设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B。图中线圈实线部分的长度为L。下列说法正确的是(    )

A. 图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B. 图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C. 图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO′轴逆时针转动(俯视)
D. 为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
15. 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)利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有______ 。
A.描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些
B.用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些
C.用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好
(2)利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔEk=______ ，减少的重力势能ΔEp=______ 。
(3)如图4所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证动量守恒定律。某同学认为即使A球质量m1大于B球质量m2，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由。

16. 某同学用伏安法测金属丝的电阻Rx(阻值约5Ω左右)。实验所用器材为：电池组(电动势3V)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0∼20Ω)开关、导线若干。
(1)图1中电压表的右端应与______ (选填“a”或“b”)点连接。
(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的右端。请根据(1)问中的电路图，补充完成图2中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表读数均为最小值。
(3)该同学在坐标纸上建立如图3所示的坐标系，标出了与测量数据对应的6个点。请在该图中描绘出I−U图线，利用图线可得该金属丝的阻值Rx=______ Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)通过电路元件的I−U图像可以了解其性能。该同学查阅说明书，了解到某元件具有维持用电器两端电压稳定的作用，其正常工作电压为3.0V，电流约为83mA，I−U图像如图4所示。
若使用该元件与一额定电压为3.0V的用电器R2并联，通过适当的电阻R1构成如图5所示的电路。当输入电压在一定范围内波动时，用电器R2两端电压能够稳定在3.0V不变，请分析说明其原因。

17. 如图所示，竖直平面内半径R=0.2m的光滑14圆弧轨道固定在水平桌面上，与桌面相切于B点。质量m=0.5kg的小物块由A点静止释放，最后静止于桌面上的C点。已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.5。取g=10m/s2。求：
(1)物块在B点时的速度大小vB；
(2)物块在B点时所受圆弧轨道的支持力大小FN；
(3)B、C两点间的距离x。

18. 如图所示，两块带电金属极板a、b水平正对放置，极板长度、板间距均为L，板间存在方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计粒子重力。
(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B；
(2)若撤去磁场只保留电场，求粒子射出电场时沿电场方向移动的距离y；
(3)若撤去电场，仅将磁感应强度大小调为B′，粒子恰能从上极板右边缘射出，求B′的大小。
19. 密立根油滴实验将微观量转化为宏观量进行测量，揭示了电荷的不连续性，并测定了元电荷的数值。实验设计简单巧妙，被称为物理学史上最美实验之一。该实验的简化装置如图甲所示。水平放置、间距为d的两平行金属极板接在电源上，在上极板中间开一小孔，用喷雾器将油滴喷入并从小孔飘落到两极板间。已知油滴带负电。油滴所受空气阻力f=6πrηv，式中η为已知量，r为油滴的半径，v为油滴的速度大小。已知油的密度为ρ，重力加速度为g。
(1)在极板间不加电压，由于空气阻力作用，观测到某一油滴以恒定速率缓慢下降距离L所用的时间为t1，求该油滴的半径r；
(2)在极板间加电压U，经过一段时间后，观测到(1)问中的油滴以恒定速率缓慢上升距离L所用的时间为t2。求该油滴所带的电荷量Q；
(3)实验中通过在两极板间照射X射线不断改变油滴的电荷量。图乙是通过多次实验所测电荷量的分布图，横轴表示不同油滴的编号，纵轴表示电荷量。请说明图中油滴所带电荷量的分布特点，并说明如何处理数据进而得出元电荷的数值。

20. 中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
(1)航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员(可视为质点)站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
(2)启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a.已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为v0，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b.图乙是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、气体温度降低，若体积也减小，根据理想气体状态方程pVT=C，知其压强可能增大，故A正确；
B、气体体积减小，若温度也降低，根据理想气体状态方程pVT=C，知其压强不一定增大，故B错误；
C、气体不断被压缩的过程中，外界对气体做正功，如果气体同时向外界放热，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，知气体内能不一定增加，故C错误；
D、气体与外界不发生热量交换的过程中，如果外界对气体做功或气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，知气体内能一定发生变化，故D错误。
故选：A。
根据理想气体状态方程分析气体状态参量的变化。做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律分析气体内能的变化。
解答本题的关键要掌握理想气体状态方程pVT=C，以及热力学第一定律ΔU=Q+W，要知道做功和热传递都能改变物体的内能。

2.【答案】C 
【解析】解：A、天空中出现的彩虹是因为各色光的折射率不同，则是光的折射形成色散现象，故A错误；
B、光的偏振现象说明光是一种横波，光的干涉、衍射仅仅说明光是一种波，故B错误；
C、用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象，故C正确；
D、测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温，故D错误。
故选：C。
出现的彩虹是因为光的折射现象；光的偏振现象表明光是一种横波；用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象；测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温。
解决本题的关键知道光的波动性：折射、干涉、衍射、偏振等性质。

3.【答案】B 
【解析】解：A、根据波形平移法可知，在0.5s内该简谐波传播的距离为x=2km=12λ，故周期T=2t=2×0.5s=1s，故A错误；
B、根据v=xt，可解得v=2km0.5s=4km/s，故B正确；
C、根据平移法可知t=0时刻，x=1km处质点的振动方向沿y轴负方向，故C错误；
D、质点只能沿y轴方向运动，无法“随波逐流”，故D错误；
故选：B。
利用波形平移法，通过t=0.5s的波的情况，计算出周期和波速，根据平移法分析质点的运动情况，质点只能沿y轴方向运动，无法“随波逐流”。
本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解，要求同学们能从图中得出有效信息。

4.【答案】D 
【解析】解：AB、对手机受力分析，手机受到重力mg、支持力N和摩擦力f，如图：

由平衡条件得：f=mgsinθ
N=mgcosθ
手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向左上，支持力大小为mgcosθ，方向垂直斜面向右上，根据牛顿第三定律得，手机对斜面的压力等于支持力F压=N=mgcos⁡θ
方向垂直于斜面斜向坐下，故AB错误；
C、支架对手机的摩擦力为f=mgsinθ
若θ增大，sinθ增大，摩擦力增大，故C错误；
D、手机始终处于静止状态，支架对手机的作用力与手机的重力等大反向，若θ增大，支架对手机的作用力不变，故D正确。
故选：D。
对手机受力分析，根据平衡条件列式求解手机所受支持力和摩擦力，判断其随θ的变化；支架对手机的作用力与重力等大反向。
本题考查共点力平衡，解题关键是对手机做好受力分析，根据平衡条件列式求解即可。

5.【答案】A 
【解析】解：A、在图示位置，线圈与磁场垂直，位于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零，故A正确；
B、在图示位置，电路中电流为零，故B错误；
C、求解焦耳热时要用有效值计算，则一个周期内，外电路产生的焦耳热为Q=(Im 2)2RT，故C错误；
D、图示位置为中性面，则从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imsin2πTt
故D错误。
故选：A。
图示位置为中心面位置，磁通量变化率为零，电动势为零，电流为零，根据瞬时值表达式求解i随时间t变化的关系式；求解焦耳热同有效值计算。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是知道线圈位于中性面位置时，磁通量变化率为零，电动势为零，知道求解焦耳热用有效值计算。

6.【答案】B 
【解析】解：AB、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，弹力从零逐渐增大，开始阶段弹力小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，故A错误，B正确；
C、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能不守恒，故C错误；
D、小球在最低点时，其加速度竖直向上，其所受的弹力大小大于其所受的重力大小，故D错误。
故选：B。
根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断小球的速度变化，根据牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况；根据弹簧弹力对小球做功情况判断；根据小球在最低点的加速度方向判断小球所受弹力和重力关系。
本题是含有弹簧的问题，关键要抓住弹簧弹力的可变性，分析合力的变化情况。不能想当然，认为小球一碰弹簧就开始减速。

7.【答案】B 
【解析】解：A、根据电场线的疏密程度及对称性可知M和P点电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；
B、如上图所示MNP三点电场线疏密程度，场强大小相同，其中N点和P点的方向相同，故B正确；
C、靠近正电荷的电势较高，所以N点电势高，故C错误；
D、M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，电子在N点电势能等于M点电势能；故D错误；
故选：B。
根据等量异种电荷电场线分布判断AB选项，根据电势能与电势的大小关系分析CD选项。
本题考查等量异种电荷电场线分布，解题关键掌握电场是矢量，注意电势能与电势的大小关系。

8.【答案】A 
【解析】解：A、对小球受力分析，如下图所示：

绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ=mω2R=mω2htanθ，解得ω= gh，仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度h不变，则角速度不变，即ω1=ω2，故A正确；
B、F合=mgtan⁡θ=ma，a=gtanθ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度θ，则加速度变大，a1 CD、根据受力分析可知F=mgcosθ，θ增大则F增大，有F1 故选：A。
两种情况下，都是绳子的拉力和重力的合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角θ，设BO的高度为h，用它们表示向心力以及半径，写出向心力的表达式可以讨论得出正确选项。
本题解题思想还是动力学的合力提供向心力，但是由于有参量发生了变化，列方程时注意要用不变的量表示变化的量，比如用高度和夹角表示半径，这样就好比较角速度以及加速度等。

9.【答案】D 
【解析】解：A、根据动能定理可知：W安=0−12mv2，解得安培力做的功为W安=−12mv2，所以全过程中，金属棒克服安培力做功为12mv2，故A正确；
B、根据功能关系可知全过程中回路中产生的焦耳热为：Q=12mv2，根据焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热为：QR=RR+rQ=Rmv22(R+r)，故B正确；
C、t=0时刻，金属棒受到的安培力大小为：FA=BIL=B2L2vR+r，故C正确；
D、t=0时刻金属棒产生的感应电动势为：E=BLv，金属棒两端的电压UMN=BLvR+r⋅R，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
根据动能定理可得金属棒克服安培力做的功；根据功能关系、焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热；根据安培力的计算公式求解金属棒受到的安培力大小；求出t=0时刻金属棒产生的感应电动势，根据欧姆定律求解金属棒两端的电压。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据受力情况进行分析；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。

10.【答案】B 
【解析】解：A、一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出C42=6种不同频率的光，故A错误；
B、从n=4→n=1的光子能量值最大，其次是n=3→n=1的光子；所以可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应的两种是以上两种；图丙中的图线a所表示的光的遏止电压较小，则光电子最大初动能较小，所对应的光子能量较小，原子跃迁对应的能级差较小，即图丙中的图线a所表示的光是氢原子由第3能级向基态跃迁发出的，故B正确；
C、由图丙可知a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长，故C错误；
D、用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，遏止电压小于图线b表示的光子的遏止电压，可知a表示的光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更小，故D错误。
故选：B。
由玻尔理论结合数学知识分析跃迁时发出光子的种类；由图丙可得遏止电压，从而分析a光和b光的频率和波长大小关系；根据动能定理，结合光电效应方程Ek=hν−W0分析D项。
解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，注意光电效应方程的应用。

11.【答案】C 
【解析】解：A、由图可知同学上升的时间为t=310t0，根据速度-时间公式有：v=gt=310gt0，故A错误；
B、根据位移-时间公式有：h=12vt，解得：h=9200gt02，故B错误；
C、该同学在0∼t0内，克服重力做功为W=mgh，重力的平均功率为P=Wt，解得：P=9200mg2t0，故C正确；
D、地面对同学的支持力不做功，故D错误；
故选：C。
根据速度-时间公式和位移-时间公式计算最大速度和高度，根据功率的公式解得C项，地面对同学的支持力不做功。
本题考查功率的计算，解题关键掌握速度和位移的计算公式，注意平均功率的计算方法。

12.【答案】C 
【解析】解：A.太空电梯随地球一起旋转，根据v=rω可知太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，可知地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，则航天员在r=R处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B.图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，该加速度aA等于地球卫星做匀速圆周运动的加速度，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，该加速度aB等于地球同步卫星的加速度，因为aA=aB，所以图中r0为地球同步卫星的轨道半径，故B错误；
C.电梯舱在r=r0处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，处于完全失重状态，电梯舱对航天员的弹力等于零，航天员只受到万有引力，因此航天员处于完全失重状态，故C正确；
D.小于r0的范围内，宇航员受到的万有引力大于所需的向心力，弹力表现为支持力，由牛顿第二定律得GMmr2−N=mrω2，解得：N=GMmr2−mrω2
角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小；故D错误。
故选：C。
根据图像可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，结合万有引力提供向心力分析在R处的速度大小，在r=r0位置时，万有引力完全提供向心力，可知与同步卫星运动情况相同，处于同一轨道；当航天员对水平地板的压力为零时，此时万有引力完全提供向心力，根据向心力方程可求出此时轨迹半径，根据合力提供向心力，结合图像以及受力分析，判断航天员受到的弹力变化。
本题主要考查万有引力与重力、向心力之间的关系，需要结合图像分析三者关系。

13.【答案】D 
【解析】解：AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经D1的电流也是逐渐增加的，故AB错误；
C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经D2和D3的电流相等，所以D2逐渐熄灭，故C错误；
D.开关S闭合瞬间，灯D2和D1串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律，u1=E2；电路稳定后，流经D3的电流为I=12⋅E32R=E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大电流，故其两端电压为u2=I⋅2R=2E3R，所以u1与u2的比值为3：4，故D正确；
故选：D。
由于电感线圈的阻碍作用，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，从而分析AB；电路稳定的时候，流经D2和D3的电流相等，根据楞次定律分析C项，根据闭合电路欧姆定律分析解答D项。
解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。

14.【答案】C 
【解析】解：A.图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；
B.图示位置，线圈实线部分所受安培力为
F=BId
其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；
C.根据左手定值可知，线圈实线部分受到的安培力向里，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO′轴逆时针转动(俯视见)，故C正确；
D.由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误。
故选：C。
根据磁通量的定义分析A项；线圈实线部分所受安培力为F=BId；根据左手定则分析安培力方向，从而判断线圈的旋转方向；线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动。
解决本题的关键会运用左手定则判断安培力的方向，以及知道安培力计算公式．

15.【答案】ABm(h3−h1)28T2  mgh2 
【解析】解：(1)描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些，两测力计的示数适当大些，可以减小误差，细绳间的夹角适当即可，并非越大越好，故AB正确，C错误；
故选：AB。
(2)从打O点到打B点的过程中，减少的重力势能ΔEp=mgh2
根据匀变速直线运动规律可知B点的速度vB=h3−h12T
从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔEk=12mvB2
解得：ΔEk=m(h3−h1)28T2
(3)该同学的观点不正确。理由如下：
设碰前A球的动量为p0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p0=p1+p2，若A球反弹，则p1<0，所以p2>p0，即 2m2Ek2> 2m1Ek0。又因为m1>m2，所以Ek2>Ek0，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。
故答案为：(1)AB；(2)m(h3−h1)28T2；mgh2；(3)该同学的观点不正确。理由见解析。
(1)根据平行四边形定则的实验原理与操作分析解答；
(2)根据重力势能和动能的公式解答；
(3)根据动量守恒定律及机械能守恒定律解答。
本题主要考查了力的平行四边形定则、机械能守恒定律、动量守恒定律的验证实验，根据实验原理理解正确的实验方法以及对应的实验操作即可，整体难度不大。

16.【答案】a4.8 
【解析】解：(1)由于待测电阻约5Ω左右，是小电阻，所以用外接法，电压表的右端应与a端连接；
(2)根据电路图连接实物图如图甲：

甲
(3)根据图示的点作图，使越多的点在图象越好，不在线上的点要尽可能的分布在直线的两侧，误差太大的点舍去，如图乙：

乙
根据图象解得Rx=ΔUΔI=2−00.42−0Ω=4.8Ω；
(4)当输入电压有所升高时，R2两端的电压瞬间大于3.0V，元件中电流从83mA急剧增大，使R1两端的电压增大，R2两端的电压又回到3.0V；当输入电压有所下降时，R2两端的电压瞬间小于3.0V，元件中电流从83mA急剧减小，使R1两端的电压减小，R2两端的电压又回到3.0V。因此，用电器R2两端电压能够稳定在3.0V不变。
故答案为：(1)a；(2)见解析；(3)图象见解析；4.8；(4)原因见解析
(1)根据待测电阻大小分析电流表接法。
(2)(3)根据实验要求连接实物图，描点作图，并计算待测电阻值。
(4)根据图象结合电路结构分析解答。
根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路图的关键；应用图象可解得待测电阻值。

17.【答案】解：(1)物块从A运动到B，根据机械能守恒定律有mgR=12mvB2
得vB=2m/s
(2)物块在B点时，根据牛顿第二定律有N−mg=mvB2R
得N=15N
(3)物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有得−μmgx=0−12mvB2
解得x=0.4m
答：(1)物块在B点时的速度大小2m/s；
(2)物块在B点时所受圆弧轨道的支持力大小15N；
(3)B、C两点间的距离0.4m。 
【解析】(1)物块从A运动到B，根据机械能守恒定律，求物块在B点时的速度大小；
(2)物块在B点时，根据牛顿第二定律，求物块在B点时所受圆弧轨道的支持力大小；
(3)物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理，求B、C两点间的距离。
本题是一道基础题，考查学生应用机械能守恒求速度、圆周运动中应用牛顿第二定律求支持力、曲线运动应用动能定理求距离的能力，难度不高。

18.【答案】解：(1)带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有：qE=qv0B
变形解得：B=Ev0
(2)撤去磁场后，粒子做类平抛运动，垂直于电场方向有：L=v0t
沿电场线的方向有：y=12at2
根据牛顿第二定律有：a=qEm
联立代入解得：y=qEL22mv02
(3)设粒子做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力，有：qv0B′=mv02r
由几何关系：r2=L2+(r−L2)2
联立解得：B′=4mv05qL
答：(1)匀强磁场磁感应强度的大小B为Ev0；
(2)若撤去磁场只保留电场，粒子射出电场时沿电场方向移动的距离y为qEL22mv02；
(3)若撤去电场，仅将磁感应强度大小调为B′，粒子恰能从上极板右边缘射出，B′的大小为4mv05qL。 
【解析】(1)粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛伦兹力平衡，可求磁感应强度B；
(2)撤去磁场后粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离；
(3)用动能定理求解粒子到达下极板时动能．
对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容。

19.【答案】解：(1)板间未加电压时，油滴的速度为v1，根据平衡条件有mg=6πηrv1
其中m=ρ⋅43πr3
v1=Lt1
得r=3 ηL2ρgt1
(2)板间加电压时，油滴的速度为v2，根据平衡条件有QUd=mg+6πηrv2
其中v2=Lt2
得Q=18πdU(1t1+1t2) η3L32ρgt1
(3)电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现。
根据图中数据分布的特点，可将电荷量数值近似相等的数据分为一组，求出每组电荷量的平均值；再对各平均值求差值。在实验误差允许范围内，若发现各平均值及差值均为某一最小数值的整数倍，则这个最小数值即为元电荷的数值。
答：(1)该油滴的半径为3 ηL2ρgt1；
(2)该油滴所带的电荷量为18πdU(1t1+1t2) η3L32ρgt1；
(3)电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现，见解析。 
【解析】(1)根据力的平衡条件解得油滴的半径r；
(2)根据电势差与匀强电场的关系结合共点力平衡条件解得油滴所带的电荷量Q；
(3)根据图中数据分析解答。
本题是信息题，文字较长，要善于捕捉有效信息，关键要知道空气阻力的表达式f=6πηrv，再根据平衡条件列式，即可进行求解．

20.【答案】解：(1)设航天员质量为m，所受侧壁对他的支持力N提供向心力，有N=mω2r
支持力等于他站在地球表面时所受的支持力，有：N=mg
联立解得：ω= gr
(2)a.设Δt时间内每台发动机喷射出的气体质量为Δm，气体相对地面速度为v，气体受到返回舱的作用力为F，则有Δm=ρSvΔt
由动量定理得：FΔt=Δmv−0
联立解得：F=ρSv2
由牛顿第三定律可知，气体对返回舱的作用力大小F′=F
返回舱在匀减速下落的过程中，根据牛顿第二定律有4F′−Mg=Ma
根据运动学公式有：v02=2aH
联立解得：v= M4ρS(g+v022H)
b.接收器单位时间单位面积接收的光子个数为(1−η)N2πh2
故接收器单位时间接收光子的个数n=(1−η)N2πh2A
解得：h= (1−η)NA2πn
答：(1)圆环转动的角速度大小ω为 gr；
(2)a.气体被喷射出时相对地面的速度大小v为 M4ρS(g+v022H)；
b.返回舱底部距离地面的高度h为 (1−η)NA2πn。 
【解析】(1)航天员做匀速圆周运动，支持力等于向心力，在地球表面支持力等于重力，求解即可；
(2)根据动量定理和牛顿第二定律列式求解即可；
(3)根据题意表示接收器单位时间接收光子的个数，求解即可。
本题考查动量定理、向心公式、牛顿第二定律等，解题关键是掌握动量定理公式、向心力公式，结合题意求解即可。