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2023年北京市东城区高考物理模拟试卷(含答案解析)
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这是一份2023年北京市东城区高考物理模拟试卷(含答案解析)，共20页。试卷主要包含了 下列属于天然放射性衰变的是等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市东城区高考物理模拟试卷
1. 下列属于天然放射性衰变的是( )
A. 24He+714N→817O+11H B. 92238U→90234Th+24He
C. 24He+49Be→612C+01n D. 12H+13H→24He+01n
2. 如图是一物体的s−t图象，则该物体在6s内的位移是( )
A. 0
B. 2m
C. 4m
D. 12m
3. 如图为“用双缝干涉测光的波长”的实验装置，实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。从左到右依次放置①光源、②红色滤光片、③、④、⑤遮光筒、⑥光屏。下列说法正确的是( )
A. ③、④分别是双缝、单缝
B. 减小双缝之间的距离，可以增大相邻暗条纹间的距离
C. 应先放上单缝和双缝，再调节光源高度使光沿遮光筒轴线照在屏中心
D. 测n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为Δx=an+1
4. 质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s.0.3s后，此质点立即停止运动，再经过0.1s后的波形图为( )
A. B.
C. D.
5. 一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示.在这位同学慢慢站上轻质塑料板正中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变.下列说法正确的是( )
A. 球内气体体积变大 B. 球内气体体积变小 C. 球内气体内能变大 D. 球内气体内能变小
6. 放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成α角斜向下方的力F的作用，物块在水平地面上始终静止，如图所示。如果保持力F的大小不变，而使力F与水平方向的夹角α变小，那么，地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的变化情况( )
A. N变小，f变大 B. N变大，f变小 C. N变小，f变小 D. N变大，f变大
7. 艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物体的受力情况正确的是( )
A. 磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力
B. 磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的
C. 黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等
D. 磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等
8. 设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，则有关同步卫星的说法不正确的是( )
A. 同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内
B. 同步卫星的离地高度为h=3GMω2
C. 同步卫星的离地高度为h=3GMω2−R
D. 同步卫星的角速度为ω，线速度大小为3GMω
9. 如图所示，两根长度相同的细线悬挂两个相同的小球，小球在水平面上做角速度相同的匀速圆周运动，已知两细线与竖直方向的夹角分别为α和β，设上下两根细线的拉力分别为T1、T2，则T1T2为( )
A. 2cosβcosα B. 2cosαcosβ C. 2sinαsinβ D. 2sinβsinα
10. 如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度45处。现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的15处，则该电阻的阻值为( )
A. 4R
B. 5R
C. 16R
D. 10R
11. 如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，窗子上、下沿间的高度H=1.6m，墙的厚度d=0.4m，某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿h=0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10m/s2。则v的取值范围是( )
A. v>7m/s B. v<2.3m/s
C. 3m/s
A. a、b、c、d、e、f六点中，不存在场强和电势均相同的两点
B. 将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力先做正功后做负功
C. 将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同
D. 沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大
14. 如图所示，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的导体芯柱是电容器的另一个电极．芯柱外面套有绝缘管作为电介质，电容器的这两个电极分别与一个线圈的两端相连，组成LC振荡电路，使该振荡电路产生电磁振荡．已知LC振荡电路的周期为T=2π LC.下面对此LC振荡回路分析正确的是( )
A. 当电容器放电时，电容器储存的电场能增加
B. 增加导电液体的高度有利于增大此振荡电路的周期
C. 增加线圈的匝数，能更有效地发射电磁波
D. 当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能减小
15. 某同学设计了一个测量多用电表内电池电动势E的实验。所用到的器材有：待测多用电表(表盘中央刻度为“15”)，量程为60mA的电流表(内阻未知)，电阻箱，导线若干。
(1)在使用多用电表测电阻时，应选择合适的挡位。若该同学所用多用表的电阻挡有三个挡位，分别是“×1”、“×10”、“×100”。当选用“×10”挡粗测一未知电阻的阻值时，操作步骤正确，但发现表头指针偏转角过大，为了准确地进行测量，该同学将多用电表换到电阻挡的“×1”挡位。如果换挡后，立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么还缺少的必要步骤是______。
(2)该同学在实验前按图1所示的电路图连接好电路，实验时已将多用电表调至电阻挡的“×1”挡位。其中a和b是多用电表的两个表笔，若两电表均正常工作，则可判断表笔b为______表笔(填“红”、或“黑”)。
(3)实验过程中，某次将电阻箱的阻值调为12.5Ω，此时多用电表、电流表的指针位置分别如图2(a)、(b)所示。则可求得电流表的内阻为______Ω。
(4)根据上述过程可求得多用电表内电池的电动势为E=______V(结果保留三位有效数字)。
16. 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、数据处理、误差分析等。例如：
(1)实验仪器。如图1所示，游标尺上的“30”刻度线与主尺刻度线对齐，则读数为______ mm。
(2)实验原理。某同学在“验证机械能守恒定律”实验中，利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，计算出各计数点对应的速度v。画出v2随h变化的图像如图2所示。在误差允许的范围内，图线的斜率更接近______ 时，可认为重锤下落过程中，机械能守恒。
A.19.6m/s2
B.14.7m/s2
C.9.8m/s2
D.4.9m/s2
(3)实验操作。在“验证动量守恒定律”实验中，如图3所示，A、B为半径相同的小球。实验时先让质量为m1的A球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止释放，经轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在斜槽轨道的末端，让A球仍从位置S由静止释放，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为落点的平均位置。本实验中，斜槽轨道______ 光滑(选填“必须”或“不必须”)，斜槽轨道末端______ 水平(选填“必须”或“不必须”)，地面上的白纸______ 移动(选填“可以”或“不可以”)。
(4)误差分析。某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖界面aa′、bb′如图4所示。若其他操作正确，请通过作图和必要的文字说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变。
17. 如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ=37∘，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1m，斜面长L=4m。现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.25.不计空气阻力，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小FN；
(3)物体p从D点向上到达最高点为E，求E到D的高度。
18. 我国正在进行舰载电磁轨道炮试验，预计到2025年将投入使用。国内936型登陆舰搭载电磁炮出海，试验射程可达200公里，某同学设计了电磁碰撞测试装置，可以通过超级电容器的储能来判断电磁炮的威力。如图所示，平行金属导轨PQ、P′Q′固定在水平面上，导轨间距L=1m，其间有竖直向下的匀强磁场B1=1.0T，其左端PP′之间用导线接入电源，电源的电动势为E，内阻r=1Ω，左端通过绝缘物质与足够长的金属导轨MN、M′N′相连。金属导轨MN、M′N′之间存在竖直向上的匀强磁场B2= 10T，金属导轨MN、M′N′右端NN′之间连接一个C=9F的超级电容(原来不带电)。一根质量m1=10kg，电阻R1=1Ω的金属棒AB放置在金属导轨PQ、P′Q′上。接通电源后，在安培力的作用下，从静止开始向右加速运动，最终以速度v0=100m/s向右做匀速直线运动。金属棒AB与质量m2=90kg，电阻R2=4Ω的金属棒CD刚好在绝缘物质处发生弹性碰撞，此后金属棒CD向右运动。已知电容器的储能公式EC=12CU2，重力加速度g=10m/s2，金属棒与导轨接触良好，其他电阻忽略不计，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射。求：
(1)电源的电动势E；
(2)金属棒AB向右运动的过程中，加速度的最大值；
(3)碰撞后，金属棒CD向右运动的过程中，通过金属棒CD的电荷量和金属棒CD上的焦耳热。
19. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅲ象限内同时存在沿x轴负向的匀强电场E1和垂直xOy平面向外的匀强磁场B1，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在沿y轴负向的匀强电场E2，E2=4v/m。在区域Ⅰ(0⩽x⩽3m)和区域Ⅱ(3m⩽x⩽6m)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等且为B2，方向相反且都垂直于xOy平面。一质量M=1.0×10−6kg、电荷量q=2.5×10−6C的带电液滴，以速度v=10m/s从A(−4m,−3m)点沿AO方向做直线运动。(g取10m/s2，π≈3，tan18.5∘=13)
(1)判断液滴电性并求出E1大小；
(2)若液滴从C(6m,2m)点离开磁场Ⅱ，且C点速度与O点速度相同，求B2大小；
(3)若在区域Ⅲ(x⩾6m)加一垂直于xOy平面的局部磁场B3，使得带电液滴经磁场偏转后从D(6m,11m)点沿x轴负向垂直CD进入磁场Ⅱ，求液滴从C点运动到D点所需最小时间。
20. 如图所示，电源的电动势均为E，内阻不计，光电管的阴极K用极限波长为λ0的材料制成。将开关S闭合，将波长为λ的激光射向阴极，通过改变光电管A和阴极K之间的电压，可测得相应光电流的饱和值，已知普朗克常量h，电子电荷量e。
(1)该金属材料的逸出功W；
(2)求由K极发射的光电子的最大初动能Ekm；
(3)当阳极A和阴极K之间的电压为U1时，求电子到达A极时的最大动能Ek。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、A项属于人工核转变，故A错误；
B、B项释放出α粒子，属于衰变现象，故B正确；
C、C项是原子核的人工转变，故C错误；
D、D项属于轻核的聚变，故D错误。
故选：B。
放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括α、β和γ射线，β衰变生成的是电子，α衰变生成的是α粒子，裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可。
本题考查对核反应的掌握情况，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：物体在6s内初位置在x1=0处，末位置也在x2=0处，则该物体在6s内的位移是△x=x2−x1=0
故选：A。
位移图象的纵坐标表示物体的位置，坐标的变化量表示位移．根据图象直接求解物体在6s内的位移．
本题考查对位移图象的理解，抓住坐标表示物体的位置，坐标的变化量表示位移是关键．
3.【答案】B
【解析】解：A、根据实验装置顺序可知，③、④分别是单缝、双缝，故A错误；
B、根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，减小双缝之间的距离，可以增大相邻亮条纹间的距离，故B正确；
C、实验时应先调节光源高度使光沿轴线，再放上单缝和双缝，故C错误；
D、测n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为Δx=an−1，故D错误。
故选：B。
根据实验原理掌握与实验步骤应用双缝干涉条纹间距公式分析答题。
本题主要考查了光的波长的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式Δx=Ldλ分析物理量之间的关系即可，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向。由振动图象读出周期T=0.4s，波长λ=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即0.4s后波总共传播的距离为λ=0.4m。
故选：C。
根据振动图象t=0时刻质点的振动方向确定波传播时各质点起振的方向．由振动图象读出周期，求出波长，分析再经过0.1s后，即总共经过0.4s时波传播的距离，确定波形图．
本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解．基本题．
5.【答案】B
【解析】解：A、气球被压后，气压变大，根据玻意耳定律公式PV=C，故体积缩小，故A错误，B正确；
C、在整个过程中球内气体温度不变，气体内能不变，故CD错误；
故选：B。
气压变大，等温过程，根据玻意耳定律判断体积的变化情况；根据气体温度的变化判断内能是否变化．
知道理想气体内能由温度决定、应用玻意耳定律即可正确解题．
6.【答案】A
【解析】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有
f=Fcosθ
N=G+Fsinθ
当θ变小时，静摩擦力变大，支持力变小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
对木块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和静摩擦力后讨论即可．
本题关键对物体受力分析，根据平衡条件求出支持力和静摩擦力后讨论即可。
7.【答案】D
【解析】解：A.磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故A错误；
B.由弹力产生的条件可知：磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故B错误；
CD.由图可知，三块磁铁对剪纸的压力与黑板对剪纸的支持力相等，三块磁铁对剪纸的摩擦力和黑板对剪纸的摩擦力相等，可得磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等，由力的合成知：黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小不相等，故D正确，C错误。
故选：D。
明确弹力和摩擦力的性质，从而分析各力产生原因，同时根据摩擦力的性质确定摩擦力的方向，根据共点力的平衡条件分析摩擦力的大小。
本题考查摩擦力和弹力的性质，要注意明确弹力和摩擦力产生的条件，同时掌握判断摩擦力大小和方向的方向。
8.【答案】B
【解析】解：A、同步卫星相对于地球静止，所以同步卫星的轨道同只能在在赤道的上方。轨道平面与赤道平面共面，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力，有：GMm(R+h) 2=mω 2(R+h)
解得：h=3GMω 2−R，故B不正确，C正确；
D、同步卫星的轨道半径为：r=R+h=3GMω 2
线速度为：v=ωr=ω⋅3GMω 2=3GMω，故D正确；
本题选不正确的，故选：B
同步卫星定轨道(在赤道上方)，定周期(与地球的自转周期相同)，定速率、定高度．根据万有引力提供向心力，可求出同步卫星的轨道半径，从而求出同步卫星离地的高度．
解决本题的关键掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道(在赤道上方)，定周期(与地球的自转周期相同)，定速率、定高度．以及掌握万有引力提供向心力
GMmr 2=mrω2.
9.【答案】A
【解析】解：设小球质量为m，对下面的小球隔离进行受力分析，小球受重力和下面绳子拉力为T2，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T2=mgcosβ
将两个小球看成一个整体进行受力分析，两球受重力和上面绳子拉力T1，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T1=2mgcosα
故T1T2=2cosβcosα
故A正确，BCD错误；
故选A。
对小球进行受力分析，匀速圆周运动时合力提供向心力，根据正交分解得出下面绳子的拉力表达式和上面绳子拉力的表达式，从而得出两个拉力的比值。
本题考查匀速圆周运动的解题方法，解题关键掌握受力分析，注意整体法与隔离法的应用。
10.【答案】C
【解析】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，
欧姆表调零时，Ig=ER内
测一阻值为R的电阻时
45Ig=ER+R内
测一未知电阻时
15Ig=ER′+R内
联立解得：R′=16R，故ABD错误，C正确；
故选：C。
欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．
考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻。
11.【答案】C
【解析】解：A、B由题得到，金属杆的速度与时间的关系式为v=at，a是加速度。由E=BLv和I=ER得，感应电流与时间的关系式为
I=BLaRt，B、L、a均不变，当0−t1时间内，感应电流为零，t1−t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流。故AB错误。
C、由E=BLv和I=ER得，感应电流与时间的关系式为I=BLaRt，当0−t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1−t2时间内，电流I与t成正比，Uad=IRad=BLatR×14R=BLat4，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，Uad=E=BLat电压随时间均匀增加，故C正确。
D、根据推论得知：金属杆所受的安培力为FA=B2L2vR，由牛顿第二定律得
F−FA=ma，得 F=B2L2aRt+ma，当0−t1时间内，感应电流为零，F=ma，为定值，t1−t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F=ma，为定值，故D错误。
故选：C。
金属杆在外力F的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式得到金属杆的速度与时间的关系式，根据感应电动势公式E=BLv和欧姆定律I=ER得出感应电流与时间的关系式．根据推论：安培力FA=B2L2vR，由牛顿第二定律求得F与t的关系式．即可选择图象．
根据物理规律得到物理量的表达式，再选择图象是研究图象问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法．
12.【答案】C
【解析】解：小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，
此时有L=vmaxt
h=12gt2
代入数据解得vmax=7m/s
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，
则有L+d=vmint′
H+h=12gt′2
代入数据解得vmin=3m/s
故v的取值范围是3m/s
小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解。
解决本题的关键明确临界条件，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答。
13.【答案】C
【解析】解：
A、图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误。
B、图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功。故B错误。
C、a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同。故C正确。
D、沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故 D错误。
故选：C。
等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
14.【答案】B
【解析】解：A、当电容器放电时，电容器储存的电场能减少，故A错误；
B、增加导电液体的高度，相当于增大导线芯与导电液体的正对面积，根据电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)分析可知电容器的电容增大，由LC振荡电路的周期公式\(T=2π\sqrt{LC}\)知该振荡电路的周期增大，故B正确；
C、增加线圈的匝数，线圈的电感L增大，由f=12π LC知，该振荡电路的频率降低，不能更有效地发射电磁波，故C错误；
D、当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能增大，故D错误。
故选：B。
当电容器放电时，电容器储存的电场能减少；结合电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)分析电容的变化，由LC振荡电路的周期公式\(T=2π\sqrt{LC}\)，分析振荡电路周期的变化。增大振荡电路的频率时能发射电磁波的效率；当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能增加。
解决本题的关键要明确电容器的电容与哪些因素有关，线圈的电感与哪些因素有关，结合电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和LC振荡电路的周期公式\(T=2π\sqrt{LC}\)进行分析。
15.【答案】欧姆调零 黑 0.51.51
【解析】解：(1)欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；如果换挡后，立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么还缺少的必要步骤是欧姆调零。
(2)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，由图1所示电路图可知，b表笔是黑表笔．
(3)多用电表换到电阻挡的“×1”挡位，由图(a)所示可知，其示数为13×1Ω=13Ω；
由图1所示可知，多用电表测电阻箱与电流表总电阻，则电流表内阻为13Ω−12.5Ω=0.5Ω；
(4)电流表的量程是60mA，由图(b)所示可知，其分度值为2mA，示数为54mA；
欧姆表内阻等于中值电阻，多用电表表盘中央刻度为15，多用电表换到电阻挡的“×1”挡位时欧姆表内阻为15Ω；
多用电表外的电阻为多用电表的读数13Ω，干路电流是54mA=0.054A，
多用电表内电池的电动势E=I(R内+R外)=0.054×(15+13)V≈1.51V.
故答案为：(1)欧姆调零；(2)黑；(3)0.5；(4)1.51。
(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线负极，欧姆表换挡后要进行欧姆调零。
(2)当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．
(3)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(4)根据图示表盘确定电流表分度值，根据指针位置读出其示数；应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势。
本题考查了测量多用电表内电池电动势实验，考查了欧姆表使用与读数、使用数据处理等问题；理解实验原理、分析清楚电路结构是解题的前提与关键；要掌握常用器材的使用与读数方法；对电流表读数时要先确定其量程与分度值，根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直。
16.【答案】5.60C不必须 必须 不可以
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.02mm，其读数为主尺与游标尺示数之和，所以该游标尺的示数为：5mm+30×0.02mm=5.60mm；
(2)根据12mv2=mgh得：v2=2gh，则图线的斜率k=2g，故正确，BCD错误。故选：A；
(3)实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，但是斜槽末端必须水平，保证小球做平抛运动，实验中，复写纸和白纸的位置均不可以移动；
(4)根据测光的折射率的实验步骤，画出光路如图所示，由图可以看出，实际的入射角和测量的入射角i未发生变化，但测量的折射角r′比实际的折射角r大，根据折射率的公式n=sinisinr，则测量的折射率偏小。
故答案为：(1)5.60；(2)A；(3)不必须、必须、不可以；(4)偏小(图示及分析见解析)
(1)游标卡尺的读数为主尺与游标尺示数之和；
(2)根据机械能守恒得出v2−h的关系式，结合图线v2−h图象的斜率；两者对比可求出斜率；
(3)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
(4)根据实验的原理和操作过程画出实际的入射角和折射角，由折射率公式分析。
本题是四个实验的综合，涉及游标卡尺读数、验证机械能守恒、验证动量守恒实验及测折射率实验，解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，操作过程中要注意保护器材与误差分析等。
17.【答案】解：(1)物体P从A下滑道C的过程中，根据动能定理得：
mgLsin37∘+mgR(1−cos37∘)−μmgcos37∘L=12mvC2
解得：vC=6m/s；
(2)物体在C点，根据牛顿第二定律得：
N−mg=mvC2R
解得：N=1+0.1×361=4.6N
根据牛顿第三定律可知，物体P对C点的压力FN=N=4.6N，
(3)令ED间的高度为h，C到E由机械能守恒定律知：
mg(h+R)=12mvC2，
解得E到D的高度为h=362×10−1=0.8m；
答：(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC为6m/s；
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小FN为4.6N；
(3)E到D的高度为0.8m；
【解析】(1)A到C由动能定理可求得物体在C点的速度，
(2)C点物体做圆周运动，分析C点的受力，找到向心力的表达式可求得支持力；
(3)C到E根据机械能守恒定律即可求解。
知道动能定理的基本内容，会分析运动过程中的受力及做功情况；
18.【答案】解：(1)当金属棒AB向右匀速运动的过程中，切割磁感线产生的电动势为：
E1=B1Lv0
切割产生的电动势与电源电动势相等，电源的电动势，即
E=E1
联立解得：E=100V
(2)解：当金属棒AB向右运动的过程时，切割产生的电动势增大，与电源电动势相互抵消之后，产生的感应电流减小，合外力减小，做加速度减小的加速运动。即闭合开关的瞬间，加速度具有最大值，此时速度为零。金属棒AB与电阻R构成闭合回路，回路中电流，根据欧姆定律可得：
I1=ER1+r
根据安培力的计算公式可得：
F1=B1I1L
根据牛顿第二定律可得：
a=F1m1
联立解得：a=5m/s2
(3)金属棒AB与金属棒CD发生弹性碰撞，选向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
m2v0=m1v1+m2v2
根据能量守恒定律可得：
12m1v02=12m1v12+12m2v22
金属棒CD向右切割磁感线，当金属棒CD切割磁感线产生的电动势与电容两端电压相等时，金属棒CD以速度v3做匀速直线运动，根据动量定理可得：
−B2I−Lt2=m2v3−m2v2
其中，q=CU
q=I−t2
匀速时，有E2=U=B2Lv3
联立解得：U=10 10V；q=90 10C
金属棒CD向右运动的整个过程中，根据能量守恒定律可得：
12m2v22=12m2v32+12CU2+Q2
解得：Q2=9000J
答：(1)电源的电动势为100V；
(2)金属棒AB向右运动的过程中，加速度的最大值为5m/s2；
(3)碰撞后，金属棒CD向右运动的过程中，通过金属棒CD的电荷量和金属棒CD上的焦耳热为9000J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律得出产生的感应电动势；
(2)金属棒AB与电阻R构成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式得出金属棒的安培力，利用牛顿第二定律得出加速度的表达式；
(3)金属棒AB与金属棒CD发生弹性碰撞，利用动量守恒以及能量守恒和动量定理列出方程，通过电容器的定义式以及电流的定义式和能量守恒得出通过金属棒CD的电荷量和金属棒CD上的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉感应电动势的计算，结合动量守恒定律和牛顿第二定律即可完成分析。
19.【答案】解：(1)由液滴做直线运动以及受力分析可知液滴带负电，且
Eq=mgtan37∘
解得：E1=3V/m；
(2)因为
mg=qE2
且C点速度与O点速度相同，所以两个磁场中的运动轨迹对称，如图1所示
图1
由几何关系知
(R−1)2+32=R2
解得：R=5m
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B=mv2R
解得：B2=0.8T；
(3)若液滴从C点运动到D点，且从D点垂直CD进入磁场，则其运动轨迹如图2所示
图2
假设其运动半径为r，CD间距为LCD，故其运动总时间t总为直线运动时间t1加上圆周运动时间t2，由几何关系可知，
t1=LCD(1sin37∘+1tan37∘)−2rtan18.5∘v
t2=143∘360∘⋅T
又T=2πmqB3
相加代入化简得：
t总=2.7−217150B3
故B3取最小值时，T取最小值，同时液滴在磁场圆周运动半径r最大，如图3所示
图3
由几何关系知，r最大时有
r+rcos37∘=LCD
解得：r=4m，B3=1T
所以最小时间
tmin=(2.7−217150)s=9475s。
答：(1)液滴带负电，E1大小为3V/m；
(2)若液滴从C(6m,2m)点离开磁场Ⅱ，且C点速度与O点速度相同，B2大小为0.8T；
(3)液滴从C点运动到D点所需最小时间为9475s。
【解析】(1)液滴沿AO方向做直线运动，根据受力分析可知液滴电性和电场强度E1大小；
(2)由液滴受力分析知液滴运动情况，并作出液滴运动轨迹，由几何关系求轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求磁感应强度大小；
(3)液滴从C点运动到D点时间为直线运动时间加上圆周运动时间，当液滴在磁场圆周运动半径最大时运动时间最小。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，解题关键要分析清楚液滴在不同情况下运动情况，第三个问对最小时间的讨论可以通过作图分析。
20.【答案】解：(1)金属的逸出功：W=hγ0=hcλ0
(2)根据爱因斯坦光电效应方程，可知由K极逸出光电子的最大初动能为：Ekm=hγ−W=hcλ−hcλ0
(3)开关S接1时，为正向电压，当阳极A和阴极K之间的电压为U1时，根据动能定理有：U1e=Ekm−Ek
解得：Ek=U1e+hcλ0−λλλ0
答：(1)该金属材料的逸出功为hcλ0；
(2)由K极发射的光电子的最大初动能为hcλ−hcλ0；
(3)当阳极A和阴极K之间的电压为U1时，电子到达A极时的最大动能为U1e+hcλ0−λλλ0。
【解析】(1)依据逸出功与极限波长的关系即可求解；
(2)根据光电效应方程，结合逸出功的概念，即可求解；
(3)根据动能定理即可求出。
此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，明确极限波长的定义，以及爱因斯坦光电效应方程，是解题的关键。
2023年北京市东城区高考物理模拟试卷
1. 下列属于天然放射性衰变的是( )
A. 24He+714N→817O+11H B. 92238U→90234Th+24He
C. 24He+49Be→612C+01n D. 12H+13H→24He+01n
2. 如图是一物体的s−t图象，则该物体在6s内的位移是( )
A. 0
B. 2m
C. 4m
D. 12m
3. 如图为“用双缝干涉测光的波长”的实验装置，实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。从左到右依次放置①光源、②红色滤光片、③、④、⑤遮光筒、⑥光屏。下列说法正确的是( )
A. ③、④分别是双缝、单缝
B. 减小双缝之间的距离，可以增大相邻暗条纹间的距离
C. 应先放上单缝和双缝，再调节光源高度使光沿遮光筒轴线照在屏中心
D. 测n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为Δx=an+1
4. 质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s.0.3s后，此质点立即停止运动，再经过0.1s后的波形图为( )
A. B.
C. D.
5. 一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示.在这位同学慢慢站上轻质塑料板正中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变.下列说法正确的是( )
A. 球内气体体积变大 B. 球内气体体积变小 C. 球内气体内能变大 D. 球内气体内能变小
6. 放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成α角斜向下方的力F的作用，物块在水平地面上始终静止，如图所示。如果保持力F的大小不变，而使力F与水平方向的夹角α变小，那么，地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的变化情况( )
A. N变小，f变大 B. N变大，f变小 C. N变小，f变小 D. N变大，f变大
7. 艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物体的受力情况正确的是( )
A. 磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力
B. 磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的
C. 黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等
D. 磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等
8. 设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，则有关同步卫星的说法不正确的是( )
A. 同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内
B. 同步卫星的离地高度为h=3GMω2
C. 同步卫星的离地高度为h=3GMω2−R
D. 同步卫星的角速度为ω，线速度大小为3GMω
9. 如图所示，两根长度相同的细线悬挂两个相同的小球，小球在水平面上做角速度相同的匀速圆周运动，已知两细线与竖直方向的夹角分别为α和β，设上下两根细线的拉力分别为T1、T2，则T1T2为( )
A. 2cosβcosα B. 2cosαcosβ C. 2sinαsinβ D. 2sinβsinα
10. 如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度45处。现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的15处，则该电阻的阻值为( )
A. 4R
B. 5R
C. 16R
D. 10R
11. 如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，窗子上、下沿间的高度H=1.6m，墙的厚度d=0.4m，某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿h=0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10m/s2。则v的取值范围是( )
A. v>7m/s B. v<2.3m/s
C. 3m/s
A. a、b、c、d、e、f六点中，不存在场强和电势均相同的两点
B. 将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力先做正功后做负功
C. 将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同
D. 沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大
14. 如图所示，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的导体芯柱是电容器的另一个电极．芯柱外面套有绝缘管作为电介质，电容器的这两个电极分别与一个线圈的两端相连，组成LC振荡电路，使该振荡电路产生电磁振荡．已知LC振荡电路的周期为T=2π LC.下面对此LC振荡回路分析正确的是( )
A. 当电容器放电时，电容器储存的电场能增加
B. 增加导电液体的高度有利于增大此振荡电路的周期
C. 增加线圈的匝数，能更有效地发射电磁波
D. 当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能减小
15. 某同学设计了一个测量多用电表内电池电动势E的实验。所用到的器材有：待测多用电表(表盘中央刻度为“15”)，量程为60mA的电流表(内阻未知)，电阻箱，导线若干。
(1)在使用多用电表测电阻时，应选择合适的挡位。若该同学所用多用表的电阻挡有三个挡位，分别是“×1”、“×10”、“×100”。当选用“×10”挡粗测一未知电阻的阻值时，操作步骤正确，但发现表头指针偏转角过大，为了准确地进行测量，该同学将多用电表换到电阻挡的“×1”挡位。如果换挡后，立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么还缺少的必要步骤是______。
(2)该同学在实验前按图1所示的电路图连接好电路，实验时已将多用电表调至电阻挡的“×1”挡位。其中a和b是多用电表的两个表笔，若两电表均正常工作，则可判断表笔b为______表笔(填“红”、或“黑”)。
(3)实验过程中，某次将电阻箱的阻值调为12.5Ω，此时多用电表、电流表的指针位置分别如图2(a)、(b)所示。则可求得电流表的内阻为______Ω。
(4)根据上述过程可求得多用电表内电池的电动势为E=______V(结果保留三位有效数字)。
16. 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、数据处理、误差分析等。例如：
(1)实验仪器。如图1所示，游标尺上的“30”刻度线与主尺刻度线对齐，则读数为______ mm。
(2)实验原理。某同学在“验证机械能守恒定律”实验中，利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，计算出各计数点对应的速度v。画出v2随h变化的图像如图2所示。在误差允许的范围内，图线的斜率更接近______ 时，可认为重锤下落过程中，机械能守恒。
A.19.6m/s2
B.14.7m/s2
C.9.8m/s2
D.4.9m/s2
(3)实验操作。在“验证动量守恒定律”实验中，如图3所示，A、B为半径相同的小球。实验时先让质量为m1的A球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止释放，经轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在斜槽轨道的末端，让A球仍从位置S由静止释放，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为落点的平均位置。本实验中，斜槽轨道______ 光滑(选填“必须”或“不必须”)，斜槽轨道末端______ 水平(选填“必须”或“不必须”)，地面上的白纸______ 移动(选填“可以”或“不可以”)。
(4)误差分析。某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖界面aa′、bb′如图4所示。若其他操作正确，请通过作图和必要的文字说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变。
17. 如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ=37∘，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1m，斜面长L=4m。现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.25.不计空气阻力，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小FN；
(3)物体p从D点向上到达最高点为E，求E到D的高度。
18. 我国正在进行舰载电磁轨道炮试验，预计到2025年将投入使用。国内936型登陆舰搭载电磁炮出海，试验射程可达200公里，某同学设计了电磁碰撞测试装置，可以通过超级电容器的储能来判断电磁炮的威力。如图所示，平行金属导轨PQ、P′Q′固定在水平面上，导轨间距L=1m，其间有竖直向下的匀强磁场B1=1.0T，其左端PP′之间用导线接入电源，电源的电动势为E，内阻r=1Ω，左端通过绝缘物质与足够长的金属导轨MN、M′N′相连。金属导轨MN、M′N′之间存在竖直向上的匀强磁场B2= 10T，金属导轨MN、M′N′右端NN′之间连接一个C=9F的超级电容(原来不带电)。一根质量m1=10kg，电阻R1=1Ω的金属棒AB放置在金属导轨PQ、P′Q′上。接通电源后，在安培力的作用下，从静止开始向右加速运动，最终以速度v0=100m/s向右做匀速直线运动。金属棒AB与质量m2=90kg，电阻R2=4Ω的金属棒CD刚好在绝缘物质处发生弹性碰撞，此后金属棒CD向右运动。已知电容器的储能公式EC=12CU2，重力加速度g=10m/s2，金属棒与导轨接触良好，其他电阻忽略不计，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射。求：
(1)电源的电动势E；
(2)金属棒AB向右运动的过程中，加速度的最大值；
(3)碰撞后，金属棒CD向右运动的过程中，通过金属棒CD的电荷量和金属棒CD上的焦耳热。
19. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅲ象限内同时存在沿x轴负向的匀强电场E1和垂直xOy平面向外的匀强磁场B1，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在沿y轴负向的匀强电场E2，E2=4v/m。在区域Ⅰ(0⩽x⩽3m)和区域Ⅱ(3m⩽x⩽6m)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等且为B2，方向相反且都垂直于xOy平面。一质量M=1.0×10−6kg、电荷量q=2.5×10−6C的带电液滴，以速度v=10m/s从A(−4m,−3m)点沿AO方向做直线运动。(g取10m/s2，π≈3，tan18.5∘=13)
(1)判断液滴电性并求出E1大小；
(2)若液滴从C(6m,2m)点离开磁场Ⅱ，且C点速度与O点速度相同，求B2大小；
(3)若在区域Ⅲ(x⩾6m)加一垂直于xOy平面的局部磁场B3，使得带电液滴经磁场偏转后从D(6m,11m)点沿x轴负向垂直CD进入磁场Ⅱ，求液滴从C点运动到D点所需最小时间。
20. 如图所示，电源的电动势均为E，内阻不计，光电管的阴极K用极限波长为λ0的材料制成。将开关S闭合，将波长为λ的激光射向阴极，通过改变光电管A和阴极K之间的电压，可测得相应光电流的饱和值，已知普朗克常量h，电子电荷量e。
(1)该金属材料的逸出功W；
(2)求由K极发射的光电子的最大初动能Ekm；
(3)当阳极A和阴极K之间的电压为U1时，求电子到达A极时的最大动能Ek。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、A项属于人工核转变，故A错误；
B、B项释放出α粒子，属于衰变现象，故B正确；
C、C项是原子核的人工转变，故C错误；
D、D项属于轻核的聚变，故D错误。
故选：B。
放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括α、β和γ射线，β衰变生成的是电子，α衰变生成的是α粒子，裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可。
本题考查对核反应的掌握情况，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：物体在6s内初位置在x1=0处，末位置也在x2=0处，则该物体在6s内的位移是△x=x2−x1=0
故选：A。
位移图象的纵坐标表示物体的位置，坐标的变化量表示位移．根据图象直接求解物体在6s内的位移．
本题考查对位移图象的理解，抓住坐标表示物体的位置，坐标的变化量表示位移是关键．
3.【答案】B
【解析】解：A、根据实验装置顺序可知，③、④分别是单缝、双缝，故A错误；
B、根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，减小双缝之间的距离，可以增大相邻亮条纹间的距离，故B正确；
C、实验时应先调节光源高度使光沿轴线，再放上单缝和双缝，故C错误；
D、测n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为Δx=an−1，故D错误。
故选：B。
根据实验原理掌握与实验步骤应用双缝干涉条纹间距公式分析答题。
本题主要考查了光的波长的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式Δx=Ldλ分析物理量之间的关系即可，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向。由振动图象读出周期T=0.4s，波长λ=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即0.4s后波总共传播的距离为λ=0.4m。
故选：C。
根据振动图象t=0时刻质点的振动方向确定波传播时各质点起振的方向．由振动图象读出周期，求出波长，分析再经过0.1s后，即总共经过0.4s时波传播的距离，确定波形图．
本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解．基本题．
5.【答案】B
【解析】解：A、气球被压后，气压变大，根据玻意耳定律公式PV=C，故体积缩小，故A错误，B正确；
C、在整个过程中球内气体温度不变，气体内能不变，故CD错误；
故选：B。
气压变大，等温过程，根据玻意耳定律判断体积的变化情况；根据气体温度的变化判断内能是否变化．
知道理想气体内能由温度决定、应用玻意耳定律即可正确解题．
6.【答案】A
【解析】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有
f=Fcosθ
N=G+Fsinθ
当θ变小时，静摩擦力变大，支持力变小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
对木块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和静摩擦力后讨论即可．
本题关键对物体受力分析，根据平衡条件求出支持力和静摩擦力后讨论即可。
7.【答案】D
【解析】解：A.磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故A错误；
B.由弹力产生的条件可知：磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故B错误；
CD.由图可知，三块磁铁对剪纸的压力与黑板对剪纸的支持力相等，三块磁铁对剪纸的摩擦力和黑板对剪纸的摩擦力相等，可得磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等，由力的合成知：黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小不相等，故D正确，C错误。
故选：D。
明确弹力和摩擦力的性质，从而分析各力产生原因，同时根据摩擦力的性质确定摩擦力的方向，根据共点力的平衡条件分析摩擦力的大小。
本题考查摩擦力和弹力的性质，要注意明确弹力和摩擦力产生的条件，同时掌握判断摩擦力大小和方向的方向。
8.【答案】B
【解析】解：A、同步卫星相对于地球静止，所以同步卫星的轨道同只能在在赤道的上方。轨道平面与赤道平面共面，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力，有：GMm(R+h) 2=mω 2(R+h)
解得：h=3GMω 2−R，故B不正确，C正确；
D、同步卫星的轨道半径为：r=R+h=3GMω 2
线速度为：v=ωr=ω⋅3GMω 2=3GMω，故D正确；
本题选不正确的，故选：B
同步卫星定轨道(在赤道上方)，定周期(与地球的自转周期相同)，定速率、定高度．根据万有引力提供向心力，可求出同步卫星的轨道半径，从而求出同步卫星离地的高度．
解决本题的关键掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道(在赤道上方)，定周期(与地球的自转周期相同)，定速率、定高度．以及掌握万有引力提供向心力
GMmr 2=mrω2.
9.【答案】A
【解析】解：设小球质量为m，对下面的小球隔离进行受力分析，小球受重力和下面绳子拉力为T2，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T2=mgcosβ
将两个小球看成一个整体进行受力分析，两球受重力和上面绳子拉力T1，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T1=2mgcosα
故T1T2=2cosβcosα
故A正确，BCD错误；
故选A。
对小球进行受力分析，匀速圆周运动时合力提供向心力，根据正交分解得出下面绳子的拉力表达式和上面绳子拉力的表达式，从而得出两个拉力的比值。
本题考查匀速圆周运动的解题方法，解题关键掌握受力分析，注意整体法与隔离法的应用。
10.【答案】C
【解析】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，
欧姆表调零时，Ig=ER内
测一阻值为R的电阻时
45Ig=ER+R内
测一未知电阻时
15Ig=ER′+R内
联立解得：R′=16R，故ABD错误，C正确；
故选：C。
欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．
考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻。
11.【答案】C
【解析】解：A、B由题得到，金属杆的速度与时间的关系式为v=at，a是加速度。由E=BLv和I=ER得，感应电流与时间的关系式为
I=BLaRt，B、L、a均不变，当0−t1时间内，感应电流为零，t1−t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流。故AB错误。
C、由E=BLv和I=ER得，感应电流与时间的关系式为I=BLaRt，当0−t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1−t2时间内，电流I与t成正比，Uad=IRad=BLatR×14R=BLat4，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，Uad=E=BLat电压随时间均匀增加，故C正确。
D、根据推论得知：金属杆所受的安培力为FA=B2L2vR，由牛顿第二定律得
F−FA=ma，得 F=B2L2aRt+ma，当0−t1时间内，感应电流为零，F=ma，为定值，t1−t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F=ma，为定值，故D错误。
故选：C。
金属杆在外力F的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式得到金属杆的速度与时间的关系式，根据感应电动势公式E=BLv和欧姆定律I=ER得出感应电流与时间的关系式．根据推论：安培力FA=B2L2vR，由牛顿第二定律求得F与t的关系式．即可选择图象．
根据物理规律得到物理量的表达式，再选择图象是研究图象问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法．
12.【答案】C
【解析】解：小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，
此时有L=vmaxt
h=12gt2
代入数据解得vmax=7m/s
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，
则有L+d=vmint′
H+h=12gt′2
代入数据解得vmin=3m/s
故v的取值范围是3m/s
小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解。
解决本题的关键明确临界条件，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答。
13.【答案】C
【解析】解：
A、图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误。
B、图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功。故B错误。
C、a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同。故C正确。
D、沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故 D错误。
故选：C。
等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
14.【答案】B
【解析】解：A、当电容器放电时，电容器储存的电场能减少，故A错误；
B、增加导电液体的高度，相当于增大导线芯与导电液体的正对面积，根据电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)分析可知电容器的电容增大，由LC振荡电路的周期公式\(T=2π\sqrt{LC}\)知该振荡电路的周期增大，故B正确；
C、增加线圈的匝数，线圈的电感L增大，由f=12π LC知，该振荡电路的频率降低，不能更有效地发射电磁波，故C错误；
D、当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能增大，故D错误。
故选：B。
当电容器放电时，电容器储存的电场能减少；结合电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)分析电容的变化，由LC振荡电路的周期公式\(T=2π\sqrt{LC}\)，分析振荡电路周期的变化。增大振荡电路的频率时能发射电磁波的效率；当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能增加。
解决本题的关键要明确电容器的电容与哪些因素有关，线圈的电感与哪些因素有关，结合电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和LC振荡电路的周期公式\(T=2π\sqrt{LC}\)进行分析。
15.【答案】欧姆调零 黑 0.51.51
【解析】解：(1)欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；如果换挡后，立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么还缺少的必要步骤是欧姆调零。
(2)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，由图1所示电路图可知，b表笔是黑表笔．
(3)多用电表换到电阻挡的“×1”挡位，由图(a)所示可知，其示数为13×1Ω=13Ω；
由图1所示可知，多用电表测电阻箱与电流表总电阻，则电流表内阻为13Ω−12.5Ω=0.5Ω；
(4)电流表的量程是60mA，由图(b)所示可知，其分度值为2mA，示数为54mA；
欧姆表内阻等于中值电阻，多用电表表盘中央刻度为15，多用电表换到电阻挡的“×1”挡位时欧姆表内阻为15Ω；
多用电表外的电阻为多用电表的读数13Ω，干路电流是54mA=0.054A，
多用电表内电池的电动势E=I(R内+R外)=0.054×(15+13)V≈1.51V.
故答案为：(1)欧姆调零；(2)黑；(3)0.5；(4)1.51。
(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线负极，欧姆表换挡后要进行欧姆调零。
(2)当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．
(3)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(4)根据图示表盘确定电流表分度值，根据指针位置读出其示数；应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势。
本题考查了测量多用电表内电池电动势实验，考查了欧姆表使用与读数、使用数据处理等问题；理解实验原理、分析清楚电路结构是解题的前提与关键；要掌握常用器材的使用与读数方法；对电流表读数时要先确定其量程与分度值，根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直。
16.【答案】5.60C不必须 必须 不可以
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.02mm，其读数为主尺与游标尺示数之和，所以该游标尺的示数为：5mm+30×0.02mm=5.60mm；
(2)根据12mv2=mgh得：v2=2gh，则图线的斜率k=2g，故正确，BCD错误。故选：A；
(3)实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，但是斜槽末端必须水平，保证小球做平抛运动，实验中，复写纸和白纸的位置均不可以移动；
(4)根据测光的折射率的实验步骤，画出光路如图所示，由图可以看出，实际的入射角和测量的入射角i未发生变化，但测量的折射角r′比实际的折射角r大，根据折射率的公式n=sinisinr，则测量的折射率偏小。
故答案为：(1)5.60；(2)A；(3)不必须、必须、不可以；(4)偏小(图示及分析见解析)
(1)游标卡尺的读数为主尺与游标尺示数之和；
(2)根据机械能守恒得出v2−h的关系式，结合图线v2−h图象的斜率；两者对比可求出斜率；
(3)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
(4)根据实验的原理和操作过程画出实际的入射角和折射角，由折射率公式分析。
本题是四个实验的综合，涉及游标卡尺读数、验证机械能守恒、验证动量守恒实验及测折射率实验，解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，操作过程中要注意保护器材与误差分析等。
17.【答案】解：(1)物体P从A下滑道C的过程中，根据动能定理得：
mgLsin37∘+mgR(1−cos37∘)−μmgcos37∘L=12mvC2
解得：vC=6m/s；
(2)物体在C点，根据牛顿第二定律得：
N−mg=mvC2R
解得：N=1+0.1×361=4.6N
根据牛顿第三定律可知，物体P对C点的压力FN=N=4.6N，
(3)令ED间的高度为h，C到E由机械能守恒定律知：
mg(h+R)=12mvC2，
解得E到D的高度为h=362×10−1=0.8m；
答：(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC为6m/s；
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小FN为4.6N；
(3)E到D的高度为0.8m；
【解析】(1)A到C由动能定理可求得物体在C点的速度，
(2)C点物体做圆周运动，分析C点的受力，找到向心力的表达式可求得支持力；
(3)C到E根据机械能守恒定律即可求解。
知道动能定理的基本内容，会分析运动过程中的受力及做功情况；
18.【答案】解：(1)当金属棒AB向右匀速运动的过程中，切割磁感线产生的电动势为：
E1=B1Lv0
切割产生的电动势与电源电动势相等，电源的电动势，即
E=E1
联立解得：E=100V
(2)解：当金属棒AB向右运动的过程时，切割产生的电动势增大，与电源电动势相互抵消之后，产生的感应电流减小，合外力减小，做加速度减小的加速运动。即闭合开关的瞬间，加速度具有最大值，此时速度为零。金属棒AB与电阻R构成闭合回路，回路中电流，根据欧姆定律可得：
I1=ER1+r
根据安培力的计算公式可得：
F1=B1I1L
根据牛顿第二定律可得：
a=F1m1
联立解得：a=5m/s2
(3)金属棒AB与金属棒CD发生弹性碰撞，选向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
m2v0=m1v1+m2v2
根据能量守恒定律可得：
12m1v02=12m1v12+12m2v22
金属棒CD向右切割磁感线，当金属棒CD切割磁感线产生的电动势与电容两端电压相等时，金属棒CD以速度v3做匀速直线运动，根据动量定理可得：
−B2I−Lt2=m2v3−m2v2
其中，q=CU
q=I−t2
匀速时，有E2=U=B2Lv3
联立解得：U=10 10V；q=90 10C
金属棒CD向右运动的整个过程中，根据能量守恒定律可得：
12m2v22=12m2v32+12CU2+Q2
解得：Q2=9000J
答：(1)电源的电动势为100V；
(2)金属棒AB向右运动的过程中，加速度的最大值为5m/s2；
(3)碰撞后，金属棒CD向右运动的过程中，通过金属棒CD的电荷量和金属棒CD上的焦耳热为9000J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律得出产生的感应电动势；
(2)金属棒AB与电阻R构成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式得出金属棒的安培力，利用牛顿第二定律得出加速度的表达式；
(3)金属棒AB与金属棒CD发生弹性碰撞，利用动量守恒以及能量守恒和动量定理列出方程，通过电容器的定义式以及电流的定义式和能量守恒得出通过金属棒CD的电荷量和金属棒CD上的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉感应电动势的计算，结合动量守恒定律和牛顿第二定律即可完成分析。
19.【答案】解：(1)由液滴做直线运动以及受力分析可知液滴带负电，且
Eq=mgtan37∘
解得：E1=3V/m；
(2)因为
mg=qE2
且C点速度与O点速度相同，所以两个磁场中的运动轨迹对称，如图1所示
图1
由几何关系知
(R−1)2+32=R2
解得：R=5m
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B=mv2R
解得：B2=0.8T；
(3)若液滴从C点运动到D点，且从D点垂直CD进入磁场，则其运动轨迹如图2所示
图2
假设其运动半径为r，CD间距为LCD，故其运动总时间t总为直线运动时间t1加上圆周运动时间t2，由几何关系可知，
t1=LCD(1sin37∘+1tan37∘)−2rtan18.5∘v
t2=143∘360∘⋅T
又T=2πmqB3
相加代入化简得：
t总=2.7−217150B3
故B3取最小值时，T取最小值，同时液滴在磁场圆周运动半径r最大，如图3所示
图3
由几何关系知，r最大时有
r+rcos37∘=LCD
解得：r=4m，B3=1T
所以最小时间
tmin=(2.7−217150)s=9475s。
答：(1)液滴带负电，E1大小为3V/m；
(2)若液滴从C(6m,2m)点离开磁场Ⅱ，且C点速度与O点速度相同，B2大小为0.8T；
(3)液滴从C点运动到D点所需最小时间为9475s。
【解析】(1)液滴沿AO方向做直线运动，根据受力分析可知液滴电性和电场强度E1大小；
(2)由液滴受力分析知液滴运动情况，并作出液滴运动轨迹，由几何关系求轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求磁感应强度大小；
(3)液滴从C点运动到D点时间为直线运动时间加上圆周运动时间，当液滴在磁场圆周运动半径最大时运动时间最小。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，解题关键要分析清楚液滴在不同情况下运动情况，第三个问对最小时间的讨论可以通过作图分析。
20.【答案】解：(1)金属的逸出功：W=hγ0=hcλ0
(2)根据爱因斯坦光电效应方程，可知由K极逸出光电子的最大初动能为：Ekm=hγ−W=hcλ−hcλ0
(3)开关S接1时，为正向电压，当阳极A和阴极K之间的电压为U1时，根据动能定理有：U1e=Ekm−Ek
解得：Ek=U1e+hcλ0−λλλ0
答：(1)该金属材料的逸出功为hcλ0；
(2)由K极发射的光电子的最大初动能为hcλ−hcλ0；
(3)当阳极A和阴极K之间的电压为U1时，电子到达A极时的最大动能为U1e+hcλ0−λλλ0。
【解析】(1)依据逸出功与极限波长的关系即可求解；
(2)根据光电效应方程，结合逸出功的概念，即可求解；
(3)根据动能定理即可求出。
此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，明确极限波长的定义，以及爱因斯坦光电效应方程，是解题的关键。
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