2023年北京市石景山区高考物理一模试卷(含答案解析)

这是一份2023年北京市石景山区高考物理一模试卷(含答案解析)，共20页。

2023年北京市石景山区高考物理一模试卷
1. 分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是(    )

A. 当r=r0时，分子间的作用力最小
B. 当r=r1时，分子间的作用力最小
C. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大

2. 一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是(    )
A. P、Q的线速度大小相等
B. P、M的角速度大小相等
C. P、Q的向心加速度大小相等
D. P、M的向心加速度方向均指向O
3. 在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是(    )
A. B. C. D.
4. 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a→b中气体对外做功
B. 在过程a→b中气体的内能增加
C. 在过程b→c中气体对外界放热
D. 在过程c→a中气体的温度升高
5. 一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时x=3m处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是(    )
A. 该简谐横波沿x轴负方向传播
B. 该时刻，x=2m处的质点速度最大
C. 该时刻，x=4m处的质点速度最大
D. 经过1个周期，x=4m处的质点运动的路程是8m

6. 如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则(    )
A. 飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
B. 在B点变轨后，飞船的机械能减小
C. 在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的小
D. 在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小

7. 甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动。以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a−t图象如图所示。关于甲、乙在0∼t0时间内的运动情况，下列说法不正确的是(    )
A. 在0∼t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动
B. 在0∼t0时间内，甲和乙的平均速度相等
C. 在t0时刻，甲的速度比乙的速度小
D. 在t0时刻，甲和乙之间的距离最大

8. 如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πt(V).下列说法正确的是(    )

A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此交流电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电动势为零
D. 当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
9. 如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N(可视为质点)，稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3。则下面分析正确的是(    )
A. ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3=1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3=1：1：1
B. ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3=1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3=1：3：5
C. ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3=1：1：1，Δp1：Δp2：Δp3=1：1：1
D. ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3=1：4：9，Δp1：Δp2：Δp3=1：4：9
10. 在如图所示平面内，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，MN为AB的垂直平分线，C、D两点在MN上且OC=OD。下列说法正确的是(    )
A. O点的场强比C点的场强大
B. C点的场强与D点的场强相同
C. O点的电势比D点的电势高
D. 电子在C点的电势能比在D点的电势能大
11. 如图所示平面内，在通有图示方向电流Ⅰ的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流Ⅰ使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则(    )
A. 线框中产生的感应电流方向为 a→b→c→d→a
B. 线框中产生的感应电流逐渐增大
C. 线框ad边所受的安培力大小恒定
D. 线框整体受到的安培力方向水平向右

12. 如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2，当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为(不考虑磁场变化产生的影响)(    )
A. B13
B. B2−B1
C. B2−B12
D. B1−B22
13. 汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是(    )
A. 制动过程中，导体不会发热
B. 制动力的大小与导体运动的速度无关
C. 改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D. 制动过程中导体获得的制动力逐渐减小

14. 从1907年起，密立根就开始测量金属的遏止电压Uc(即图1所示的电路中电流表的读数减小为零时夹在电极K、A之间的反向电压)与入射光的频率v，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。按照密立根的方法我们利用图1所示的装置进行实验，得到了某金属的Uc−v图象如图2所示。已知元电荷e=1.60×10−19C.下列说法正确的是(    )
A. 该图线的斜率为普朗克常量 B. 该图线的斜率为这种金属的逸出功
C. 该金属的截止频率约为4.27×1014Hz D. 该金属的截止频率约为5.50×1014Hz
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)用学生实验室中的电压表(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)、电流表(量程0∼0.6A，内阻约为0.1Ω)和滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流2A)测量一节旧干电池的电动势和内阻。要求尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的______ (选填“甲”或“乙”)。

(2)关于指针式多用电表欧姆挡的使用操作，下列说法中正确的是______ 。
A.测电阻时，若改用不同倍率，需要重新欧姆调零
B.若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“×100”挡
C.测电阻时，电流从红表笔流出电表，经过待测电阻，从黑表笔流回电表
D.若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，指针先向右偏转再回到左端
(3)如图2所示，用伏安法测量待测电阻Rx的阻值，M、N间电压为U0保持不变。选用三种不同规格的滑动变阻器，最大阻值分别是R1=5Ω，R2=20Ω，R3=200Ω，从左向右移动滑片P，研究待测电阻Rx两端的电压U与滑片的滑动距离L(滑片从左向右滑动的最大距离为L0)的关系，获得如图3所示的三条图线。请你结合三条图线判断：在使用图2所示电路测量待测电阻Rx阻值的实验中，选择哪一种规格的滑动变阻器最合适，并简要说明理由。

16. 某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。

(1)实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是______ 。
A.用公式g=4π2LT2计算时，将摆线长当作摆长
B.摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C.确保摆球在同一竖直平面内摆动
D.摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
(2)在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出T2，将数据对应坐标点标注在T2−L坐标系(如图2所示)中.请将L=0.700m，T2=2.88s2所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点描绘出T2−L图线，并通过图线求出当地的重力加速度g=______ m/s2(结果保留3位有效数字)。
(3)将不同实验小组的实验数据标注到同一T2−L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图3所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是______ 。
A.出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B.出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C.由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
(4)该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过一定测量，求出当地重力加速度”的方法。
17. 如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(可视为质点)。重力加速度为g。
(1)在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
(2)由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
18. 如图所示，宽度为L的U形导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒MN置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框之间的摩擦，导体棒与框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度v0向右匀速运动。
(1)求通过导体棒MN的电流大小I；
(2)求拉力做功的功率P；
(3)某时刻撤去拉力，再经过一段时间，导体棒MN停在导体框上。求在此过程中电阻R上产生的热量Q。

19. 1913年，玻尔建立氢原子模型时，仍然把电子的运动看作经典力学描述下的轨道运动。他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动。已知电子质量为m，电荷量为−e，静电力常量为k，氢原子处于基态时电子的轨道半径为r1。不考虑相对论效应。
(1)氢原子处于基态时，电子绕原子核运动，求电子的动能。
(2)氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。已知当取无穷远处电势为零时，点电荷电场中距场源电荷Q为r处的各点的电势φ=kQr。求：处于基态的氢原子的能量。
(3)许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。利用氢气放电管可获得氢原子光谱。1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用巴尔末公式表示，写做1λ=R(122−1n2)，n=3，4，5…，式中R叫做里德伯常量。玻尔回忆说：“当我看到巴尔末公式时，我立刻感到一切都明白了。”根据玻尔理论可知，氢原子的基态能量为E1，激发态能量为En=E1n2，其中n=2，3，4…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，请根据玻尔理论推导里德伯常量R。
20. 汤姆孙用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压U0加速后，穿过A′中心的小孔沿中心线O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域，极板间距为d。当P和P′极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。不计电子从阴极K发出的初速度、所受重力和电子间的相互作用，不考虑相对论效应。

(1)若测得电子穿过A′中心的小孔沿中心线O1O方向匀速运动的速度v0，求电子的比荷；
(2)已知P和P′极板水平方向的长度为L1，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2，当P和P′极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点(O′与O点水平距离可忽略不计)。
①小明同学认为若测出O′与O点的竖直距离h，就可以求出电子的比荷。请通过分析和推理判断小明的观点是否正确。
②在两极板P和P′间的区域再加上磁场，调节磁场的强弱和方向，通过分析电子在P和P′间的运动情况可求出电子的速度。请说明确定电子速度的方法。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。
本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。
【解答】
AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；
CD、若rr1，分子间的作用力随分子间距离增大而减小，故CD错误。
故选：A。  
2.【答案】B 
【解析】解：A、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，Q点的轨道半径大于P点的轨道半径，根据v=rω知Q点的线速度比P点的大，故A错误；
B、P、M两点共轴转动，角速度大小相等，故B正确；
C、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，P点的轨道半径小于Q点的轨道半径，根据a=ω2r知P点的向心加速度比Q点的小，故C错误；
D、P点的向心加速度方向指向P点所在纬线的圆心，M的向心加速度方向指向O，故D错误。
故选：B。
P、Q、M三点共轴转动，角速度大小相等，根据v=rω分析线速度关系。根据a=ω2r分析向心加速度大小关系。P、M的向心加速度方向指向各自轨迹的圆心。
解决本题的关键要知道共轴转动的物体角速度大小相等，运用圆周运动的运动学公式进行解答。

3.【答案】C 
【解析】解：α粒子受到原子核的斥力作用而发生散射，离原子核越近的粒子，受到的斥力越大，散射角度越大，选项C正确。
故选：C。
在卢瑟福α粒子散射实验中，大多数粒子沿直线前进，少数粒子辐射较大角度偏转，极少数粒子甚至被弹回．
本题考查了卢瑟福α粒子散射实验的现象，还要记住此实验的两个结论．

4.【答案】B 
【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，一定量的理想气体的内能仅仅英语温度有关，则气体的内能增加，故B正确；
C、在过程bc中气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知则气体吸热，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错误。
故选：B。
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。

5.【答案】C 
【解析】解：A、此时x=3m处的质点沿y轴正方向运动，根据平移法可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
BC、此时x=2m处的质点位于波缝，故速度为零，x=4m处的质点位于平衡位置，速度最大，故B错误，C正确；
D、经过1个周期，x=4m处的质点运动的路程是s=4A=4×0.1m=0.4m，故D错误；
故选：C。
根据波的传播方向得到质点振动方向；再根据质点位置得到速度、加速度的大小；质点只能沿y轴运动，经过1个周期，质点运动的路程是4A。
在机械振动的问题中，一般根据质点的运动情况分析波的传播情况，平衡位置的质点速度最大，加速度为0。

6.【答案】A 
【解析】解：A、根据“变轨原理”可知，飞船在B点通过加速做离心运动，才会从椭圆轨道进入预定圆轨道，故A正确；
B、在B点变轨时，需要对飞船做正功，所以飞船的机械能增加，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，由于A点为近地点、B点为远地点，所以在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，飞船在近地点的速度大、在远地点的速度小，所以在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的大，故D错误。
故选：A。
根据“变轨原理”分析AB选项；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析线速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第二定律的应用方法。

7.【答案】ABC 
【解析】解：A、根据图象可知，甲的加速度减小，乙的加速度增大，但它们的加速度方向不变，均沿正方向，与速度方向相同，因此，甲和乙两个物体均做加速运动，故A错误；
BC、根据a−t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知，在0∼t0时间内，甲和乙的速度变化量相等，初速度相等，则在t0时刻甲和乙两个物体的速度相同。画出v−t图象，如图所示，根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，知在0∼t0时间内，甲的位移比乙的大，则甲的平均速度比乙的大，故BC错误；
D、根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，t0时刻位移之差最大，距离最远，故D正确。
本题选不正确的，
故选：ABC。
根据图象可知，甲的加速度减小，乙的加速度增大，但加速度方向不变，都为正方向，当速度与加速度同向，物体做加速运动；根据加速度-时间图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，分析甲、乙两物体的速度关系，并判断甲和乙之间的距离如何变化。
本题考查运动图象问题，解决本题的关键要知道a−t图线围成的面积表示速度的变化量，v−t图象的斜率表示加速度，“面积”表示位移。

8.【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=Em 2=20 2V=10 2V，故B错误；
CD、图示位置，线圈位于与中性面垂直位置，此时穿过线圈的磁通量最为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，故C错误，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。
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。

9.【答案】A 
【解析】解：小圆柱体R在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的高度均相等，则每个过程的时间相等，x轴方向上，R做初速度为零的匀加速直线运动，则每个过程对应的水平位移的大小之比为：Δx1：Δx2：Δx3=1：3：5，；
竖直方向上，三个过程中重力势能变化量相等，水平方向上，速度为：v= 2ax，动能为：Ek=12mv2=max，则三个过程中，动能变化量之比为1：3：5；
根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化，R的合外力不变，三个过程的时间相等，则冲量相等，动量的变化量大小相等，即为：Δp1：Δp2：Δp3=1：1：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据运动的合成与分解知识，利用运动的独立性和等时性，分别分析竖直方向和水平方向的运动，求解机械能和动量的变化量。
本题考查了机械能变化和动量的变化，难度较大，解题的关键是利用运动的独立性和等时性，分析竖直和水平方向的运动。

10.【答案】C 
【解析】解：A.两个带等量正电的点电荷在A、B中点产生的场强为零，而C点的场强不为零，故O点的场强比C点的场强小，故A错误；
B.根据对称关系可知，C点的场强与D点的场强大小相等，但方向相反，故B错误；
C.两个带等量正电的点电荷的中垂线的电场方向有O点指向远处，所以O点的电势比D点的电势高，故C正确；
D.根据对称性可知，C点的电势与D点的电势相同，故电子在C点的电势能与在D点的电势能相等，故D错误。
故选：C。
两个带等量正电的点电荷在A、B中点产生的场强为零，电场强度是矢量，沿电场线方向电势逐渐降低，电子在电势低的地方电势能较大。
本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况．

11.【答案】D 
【解析】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即a→d→c→b→a，故A错误；
B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=nΔBΔtS可知，感应电流恒定不变，故B错误；
C、线框ad边所受安培力F=BIL，因为B在随时间均匀增加，所以线框ad边所受的安培力变大，故C错误；
D、通电导线周围磁场不是均匀磁场，离导线越近，磁场越强，所以线框中ad边所在的磁感应强度大于cd边所在磁感应强度，根据F=BIL可知，ad边所受安培力大，由左手定则确定ad边受安培力向右，bc边受安培力向左，上下两边合力为零，所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确；
故选：D。
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。
本题主要考查了电磁感应现象，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。

12.【答案】D 
【解析】解：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向下，故a、b、c点的磁场方向运动是向下的。
设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：
a点磁感应强度：B1=B1r+B3r
b点磁感应强度：B2=B1r+B1r
当把环形电流乙撤去后，c点的磁感强度大小为，c点磁感应强度：
Bc=B3r=B1−B22，故ABC错误，D正确。
故选：D。
对于单个环形电流，根据安培定则判断中间轴线的磁场方向，考虑对称性，其在两侧距离中心相等距离的点的磁感应强度是相等的，结合矢量合成的法则进行列式分析即可。
本题关键是明确磁感应强度是矢量，然后结合安培定则和环形电流的磁场对称性进行分析，不难。

13.【答案】D 
【解析】解：A、电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，导体会发热，故A错误；
B、导体运动的速度越大，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，故制动力的大小与导体运动的速度有关，故B错误；
C、如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，故C错误；
D、制动过程，导体的速度逐渐减小，产生的感应电流变小，制动器对转盘的制动力减小，故D正确。
故选：D。
导体在磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量；导体运动的速度越大，磁通量的变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大；根据安培力公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变仍然是阻碍作用。
明确电磁制动的原理，知道涡流的方向与线圈中电流的方向的关系，知道运动速度大小对制动力的影响。

14.【答案】C 
【解析】解：AB、设金属的逸出功为W0，截止频率为vc，则有：W0=hvc；
光电子的最大初动能Ekm与遏止电压Uc的关系是：Ekm=eUc
光电效应方程为：Ekm=hv−W0；
联立两式可得：Uc=hev−W0e，
故Uc与v图象的斜率为he，故AB错误；
CD、当Uc=0时，可解得：v=vc
此时读图可知：v≈4.27×1014Hz，即金属的截止频率约为4.27×1014Hz，故C正确，D错误。
故选：C。
根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。
遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。
此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关计算，属于图象问题，解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意单位的统一。

15.【答案】乙  AD 
【解析】解：(1)由于干电池的内阻较小，电压表的内阻远远大于干电池的内阻，而电流表的内阻与干电池的内阻相差不大，表明电压表的分流影响小于电流表的分压影响，图甲中的误差主要在于电流表的分压，图乙中的误差主要在于电压表的分流，因此图乙误差小一些，为了尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的图乙；
(2)A、测电阻时，若改用不同倍率，欧姆表的内阻随之发生变化，则需要重新进行欧姆调零，故A正确；
B、为了减小欧姆表的读数误差，需要使得指针指在中央刻线附近，即中值电阻与待测电阻的阻值相隔不太多，由于欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，可知需要使用“×10”挡，此时中值电阻为15×10Ω=150Ω，与待测电阻的阻值相隔较近，如果采用×100挡，则中值电阻为15×100Ω=1500Ω，与待测电阻的阻值相隔太大，指针没有指在中央刻线附近，即若欧姆表盘中央刻度值为“15“，待测电阻约200Ω，需要使用“×10”挡，故B错误；
C、根据“红进黑出”规律，测电阻时，电流从红表笔流回电表，经过待测电阻，从黑表笔流出电表，故C错误；
D、若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，欧姆表中的电源先要对电容器充电，有充电电流，此时指针要向右偏转，充电完成后电路中没有电流，指针又再回到左端，即指针先向右偏转再回到左端，故D正确。
故选：AD；
(3)滑动变阻器R2最合适，使用R2可使待测电阻电压变化范围较大，约占总电压的气，电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节。
故答案为：(1)乙；(2)AD；(3)滑动变阻器R2最合适，使用R2可使待测电阻电压变化范围较大，约占总电压的2/3，电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节。
(1)根据电流表的分压比较明显可知，电流表相对于电源来说要外接，由此分析即可；
(2)根据欧姆表的工作原理以及使用方法进行分析即可；
(3)根据图2分析可知，滑动变阻器R2可使待测电阻电压变化范围较大，电压表的示数变化较为线性，据此分析即可。
该实验考查测量电源电动势和内阻、练习使用多用电表等知识点，要理解实验原理，根据安全、准确、可操作性等方面进行实验电路图以及实验器材的选择。

16.【答案】BC9.86B 
【解析】解：(1)A、用公式g=4π2LT2计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，故A错误；
B、实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，故B正确；
CD、单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，故C正确，D错误。
故选：BC。
(2)将该坐标点标注在坐标系中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示

根据T=2π Lg可得：T2=4π2gL
结合图像的斜率k=3.48−2.480.850−0.600s2⋅m−1=4π2g，解得g=9.86m/s2
(3)A、图线c中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，它和摆线的长度无关，故A错误；
B、图线a中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误摆线长记为摆长L，故B正确；
C、根据上述可知，三条图像的斜率均为k=4π2g，解得g=4π2k，可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。
故选：B。
(4)虽不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度，测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1=l1+x，测出对应的周期T1。
仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2=l2+x，测出对应的周期T2。
根据T1=2π l1+xg，T2=2π l2+xg
解得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
故答案为：(1)BC；(2)T2−L图线如图所示：
，9.86；
(3)B；
(4)设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1=l1+x，测出对应的周期T1，仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2=l2+x，测出对应的周期T2。根据T1=2π l1+xg，T2=2π l2+xg，解得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
(1)根据实验原理和实验注意事项分析；
(2)根据数据描点作图，根据单摆周期公式求出T2−L图像的函数表达式，结合图线斜率求解重力加速度；
(3)根据单摆周期公式求出重力加速的表达式，然后根据题意分析实验误差；
(4)根据单摆周期公式推导分析。
本题考查利用单摆测定重力加速度，要求掌握实验原理、实验装置、实验数据处理和注意事项。

17.【答案】解：(1)对小球受力分析如图

可得F=mgtanθ
(2)①小球从释放到通过最低点，机械能守恒mgl(1−cosθ)=12mv2
小球在最低点的速度大小v= 2gl(1−cosθ)
小球在最低点的动量大小p=mv=m 2gl(1−cosθ)
②小球在最低点受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律FT−mg=mv2l
小球在最低点，受到绳子的拉力大小FT=mg(3−2cosθ)
答：(1)小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
(2)①小球动量的大小为m 2gl(1−cosθ)；
②轻绳对小球拉力的大小为mg(3−2cosθ)。 
【解析】(1)根据受力分析结合共点力平衡条件解答；
(2)①根据机械能守恒结合动量的公式解答；
②根据牛顿第二定律解得轻绳对小球拉力。
本题考查动量的计算，解题关键掌握机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用。

18.【答案】解：(1)导体棒以速度v0向右匀速运动切割磁感线产生的感应电动势为：
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得电流强度大小为：
I=ER=BLv0R+r；
(2)根据平衡条件可得拉力的大小为：F=F安=BIL
根据功率计算公式可得：P=Fv0
联立解得：P=B2L2v02R+r；
(3)根据能量守恒定律可得：Q总=12mv02
在此过程中电阻R上产生的热量为：
Q=RR+rQ总=Rmv022(R+r)。
答：(1)通过导体棒MN的电流大小I为BLv0R+r；
(2)拉力做功的功率P为B2L2v02R+r；
(3)在此过程中电阻R上产生的热量Q为Rmv022(R+r)。 
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得电流强度大小；
(2)根据平衡条件可得拉力的大小，根据功率计算公式求解功率；
(3)根据能量守恒定律、焦耳定律求解此过程中电阻R上产生的热量。
对于电磁感应现象中涉及电路问题关键是确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。

19.【答案】解：(1)电子绕原子核做匀速圆周运动，据库仑力提供向心力得ke2r12=mv2r1，解得电子的动能Ek=12mv2=ke22r1
(2)电子的电势能为Ep=−eφ=−ke2r1
基态氢原子能量E1=Ek+Ep
化简可得E1=−ke22r1
(3)根据玻尔理论，巴尔末系的光子能量ɛ=hν=hcλ=En−E2，即hcλ=E1n2−E122
再结合巴尔末公式1λ=R(122−1n2)
解得：R=−E1hc
答：(1)电子的动能ke22r1；
(2)处于基态的氢原子的能量为−ke22r1；
(3)里德伯常量R为−E1hc。 
【解析】(1)根据库仑力提供向心力，结合向心力表达式，即可求解；
(2)根据动能表达式，结合电势能，即可求解基态氢原子的能量；
(3)根据玻尔理论结合巴耳末公式求解导里德伯常量R。
考查库仑定律、向心力表达式的内容，掌握牛顿第二定律的应用，知道氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和，注意正确的符号运算也是解题的关键。

20.【答案】解：(1)电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：eU0=12mv02−0
解得：em=v022U0
(2)①电子在极板间的电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中飞行时间为t，加速度为a
在水平方向：L1=v0t
在竖直方向：y1=12at2，由牛顿第二定律得：a=eUmd
解得：y1=UL124dU0
设电子飞出偏转电场时的偏角为θ，竖直分速度为vy，则tanθ=vyv0，竖直分速度：vy=at
电子离开极板后做匀速直线运动，根据几何关系得：h=y1+L2tanθ
解得：h=UL14dU0(L1+2L2)，可知，h与比荷无关，测出h不能求出电子的比荷
②在两极板P和P′之间的区域加垂直纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度B的大小，使电子能够沿中心线O1O方向通过两极板间区域，此时电子受到的静电力与洛伦兹力平衡。
由平衡条件得：evB=eUd，解得：v=UBd
答：(1)电子的比荷是v022U0；
(2)①竖直距离h与电子的比荷无关，测出h不能求出电子的比荷，小明的观点不正确。
②调节磁场强弱，使电子做匀速直线运动可以测出电子的速度，电子的速度大小是UBd。 
【解析】(1)电子在电场中加速，应用动能定理可以求出电子的比荷。
(2)①电子在极板间做类平抛运动，应用运动学公式与牛顿第二定律求出h，然后分析答题。
②电子在两极板间的电磁场中做匀速直线运动时可以电子沿极板中心线运动，根据电子受力情况分析答题。
本题考查了电子在电场、电磁场中的运动，根据题意分析清楚电子的受力情况与运动过程是解题的前提，应用动能定理、运动学公式、牛顿第二定律即可解题。