2024年北京师大附属实验学校高考物理模拟试卷（含解析）

这是一份2024年北京师大附属实验学校高考物理模拟试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.北京冬奥会速滑比赛中的某段过程，摄像机和运动员的位移x随时间t变化的图像如图，下列说法正确的是( )
A. 摄像机做直线运动，运动员做曲线运动
B. 0～t1时间内摄像机在前，t1～t2时间内运动员在前
C. 0～t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同
D. 0～t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度
2.“神舟十六号”载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如图所示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假设返回舱做直线运动，则在减速阶段( )
A. 伞绳对返回舱的拉力大于返回舱对伞绳的拉力
B. 伞绳对返回舱的拉力小于返回舱对伞绳的拉力
C. 合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化
D. 除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化
3.用如图所示的实验装置探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”，小车的质量为M，托盘和砝码的总质量为m，平衡摩擦力后进行实验( )
A. 要保证m远小于MB. 小车所受的合外力等于2mg
C. 释放小车后立即接通打点计时器D. 在托盘中增加砝码，重复实验
4.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，a、b为介质中的两个质点，x=6m处的质点a的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为6m
B. 该波沿x轴负方向传播
C. t=2s时，质点a的速度为0
D. t=2s时，质点b偏离平衡位置的位移为−5cm
5.如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是( )
A. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+mgmR
B. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd−mgmR
C. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR
D. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+mgmR
6.北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员(含装备)的质量为m，从助滑坡上A点由静止沿坡(曲线轨道)下滑，经最低点B从坡的末端C起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上D点。已知A、C的高度差为ℎ1，C、D的高度差为ℎ2，重力加速度大小为g，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是( )
A. 运动员在B点处于失重状态
B. 运动员起跳时的速率vC> 2gℎ1
C. 运动员着陆前瞬间的动能EkD=mg(ℎ1+ℎ2)
D. 运动员在空中飞行的时间t> 2ℎ2g
7.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是( )
A. 飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D. 若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为12 (R1+R22R2)3T
8.如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是( )
A. 当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B. 小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C. 当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D. 当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
9.如图所示，一带负电粒子(不计重力)质量为m、电荷量大小为q，以初速度v0沿两板中央水平方向射入水平放置、距离为d、电势差为U的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为Δp，下列说法正确的是( )
A. 粒子在两板间运动的加速度大小为UqdmB. 粒子从两板间离开时的速度大小为Δpm
C. 金属板的长度为dv0ΔpUqD. 入射点与出射点间的电势差为−(Δp)22mq
10.热膨胀材料在生产生活中有着重要的应用，因此对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题，如图所示为利用单电容热膨胀测量仪测量材料竖直方向尺度随温度变化的简化示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间连接如图所示的电路，电源的电动势保持不变，其中当电流从左接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流从右接线柱流入时灵敏电流计的指针向右偏转，现在测量某圆柱形材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，下列说法正确的是( )
A. 当被测材料保持两个不同温度不变时，极板的带电量一定相等
B. 若被测材料仅存在水平方向膨胀，灵敏电流计的指针将向左偏转
C. 当被测材料的高度增加时电阻R右侧的电势高于左侧的电势
D. 当灵敏电流计指针向左偏转时，则被测材料出现了反常膨胀(温度升高，高度变小)
11.某处地下有水平埋设的长直导线，现用如图所示的闭合线圈和电流传感器探测导线的位置及其走向。探测时线圈保持水平，探测过程及电流情况如表所示：
下列判断正确的是( )
A. 导线南北走向，但不能确定其具体位置
B. 导线东西走向，但不能确定其具体位置
C. 导线南北走向，且可以确定其在初始时线圈中心点O的正下方
D. 导线东西走向，且可以确定其在初始时线圈中心点O的正下方
12.如图所示，利用霍尔元件可以监测无限长直导线的电流。无限长直导线在空间任意位置激发磁场的磁感应强度大小为：B=kId，其中k为常量，I为直导线中电流大小，d为空间中某点到直导线的距离。霍尔元件的工作原理是将金属薄片垂直置于磁场中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I0时，e、f两侧会产生电势差。下列说法正确的是( )
A. 该装置无法确定通电直导线的电流方向
B. 输出电压随着直导线的电流强度均匀变化
C. 若想增加测量精度，可增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度
D. 用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔元件，能够提高测量精度
13.如图为苹果自动分拣装置，可以把质量大小不同的苹果，自动分拣开。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上。当大苹果通过托盘秤时，R1所受的压力较大因而电阻较小，R2两端获得较大电压，该电压激励放大电路并保持一段时间，使电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道；当小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压不足以激励放大电路，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道。托盘停在图示位置时，设进入下面通道的大苹果最小质量为M0，若提高分拣标准，要求进入下面通道的大苹果的最小质量M大于M0，其他条件不变的情况下，下面操作可行的是( )
A. 只适当减小R2的阻值
B. 只增大电源E1的电动势
C. 只增加缠绕电磁铁线圈的匝数
D. 只将托盘秤压在杠杆上的位置向左移动一些
14.近10年来我国大力发展空军和海军，新增舰船是除美国外其他国家的总和。无论是飞机还是战舰设计，都需要复杂的流体力学知识。当流体流动时，根据流动特征可以分成湍流和层流：如果流体质点的轨迹(一般说随初始空间坐标x、y、z随时间t而变)是有规则的光滑曲线(最简单的情形是直线)，这种流动叫层流，此时流体分层流动，各层互不混合，没有这种性质的流动叫湍流。不同状态的流体动力学方程不一样。流体力学中用一个无量纲的数--雷诺数Re(Reynldsnumber)，来表征流体的这一特征，一般情况下，雷诺数小的时候是层流，雷诺数大的时候是湍流。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ.请根据所学知识对雷诺数的表达式做出判断，以下表达式中可能正确的是：(已知黏性系数μ为流体中相距dx的两平行液层，由于内摩擦，使垂直于流动方向的液层间存在速度梯度dvdx，当速度梯度为1个单位，相邻层“单位”接触面S上所产生的黏滞力F(亦称内摩擦力)即黏性系数，以μ表示：μ=FSdvdx/它的单位是Pa⋅s)( )
A. Re=ρ vdμB. Re=ρvdμC. Re=ρvd2μD. Re=ρvdμ3
二、实验题（本题共2小题，共18分）
15.(1)用单摆测重力加速度实验中，单摆摆线长为l，摆球直径为d，用秒表测得n个周期的总时间为t，圆周率为π，则实验中重力加速度的表达式g= ______。
(2)某同学采用图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。
①实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在______(填“M”或“N”)端。

②按照图1连接实物图，如图2所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为______(填“a”“b”或“c”)。该错误连接会带来的问题是______。
(3)如图3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4所示的数据结果。请你结合数据结果判断：在使用图3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，简要说明理由。
16.某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来验证动量守恒定律，滑块1上安装遮光片，光电计时器可以测出遮光片经过光电门的遮光时间，滑块质量可以通过天平测出，实验装置如题1图所示。

(1)游标卡尺测量遮光片宽度如题2图所示，其宽度d= ______cm。
(2)打开气泵，待气流稳定后，将滑块1轻轻从左侧推出，发现其经过光电门1的时间比光电门2的时间短，应该调高气垫导轨的______端(填“左”或“右”)，直到通过两个光电门的时间相等，即轨道调节水平。
(3)在滑块上安装配套的粘扣。滑块2(未安装遮光片m2=120.3g)静止在导轨上，轻推滑块1(安装遮光片m1=174.5g)，使其与滑块2碰撞，记录碰撞前滑块1经过光电门1的时间Δt1，以及碰撞后两滑块经过光电门2的时间Δt2重复上述操作，多次测量得出多组数据如下表：
根据表中数据在方格纸上作出1Δt2−1Δt1图线(图3)。从图像中可以得到直线的斜率为k1，而从理论计算可得直线斜率的表达式为k2= ______。(用m1，m2表示)若k1=k2，即可验证动量守恒定律。
(4)多次试验，发现k1总大于k2产生这一误差的原因可能是______。
A.滑块1的质量测量值偏小
B.滑块1的质量测量值偏大
C.滑块2的质量测量值偏小
D.滑块2的质量测量值偏大
三、简答题（本题共4小题，共40分）
17.如图所示，把一个质量m=0.1kg的小钢球用细线悬挂起来，就构成一个摆。悬点O距地面的高度ℎ=1.45m，摆长L=1m。将摆球拉至摆线与竖直方向成37°角的位置，由静止释放，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，cs37°=0.8。
(1)求小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小F；
(2)若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求它做平抛运动水平位移的大小x；
(3)求小球落地时重力的瞬时功率P。
18.如图所示，宽为L的光滑固定导轨与水平面成θ角，质量为m的金属杆ab，水平放置在导轨上。空间中存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。S为单刀双掷开关，电源的内阻为r，定值电阻和金属杆接入电路的阻值均为R，重力加速度为g。
(1)开关S接1，金属杆恰好能静止在导轨上。求电源电动势E的大小；
(2)开关S接2，金属杆由静止开始运动，沿斜面下滑距离s后速度达到最大，此后金属杆匀速运动。求：
a.最大速度vm；
b.金属杆从静止开始到最大速度过程中产生的焦耳热。
19.法拉第提出场的概念，并且用场线直观地描绘了场，场线的疏密程度表示场的强弱，场线上每一点的切线方向表示场强的方向。
(1)狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与点电荷的电场线分布相似。如图1所示，若空间中有一固定的N极磁单极子，一带电微粒Q在其上方沿顺时针方向(俯视)做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心O到磁单极子的距离为d，运动周期为T，重力加速度为g。

①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线；
②分析该微粒带正电还是负电，并求出该微粒运动轨迹的半径R。
(2)场的通量可以描述场线的数量，在研究磁场时我们引入了磁通量Φ，定义磁通量Φ=BS，其中B为磁感应强度，S为垂直于磁场的面积。
①如图2所示，真空中存在电荷量为Q的正点电荷，以点电荷为球心，做半径为r、高度为ℎ的球冠，已知真空中静电力常量为k，球冠的表面积为2πrℎ，请类比磁通量的定义，求通过球冠的电通量ΦE；
②真空中存在两个异种点电荷+q1和−q2，图3中曲线为从+q1出发，终止于−q2的一条电场线，该电场线在两点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角分别为α和β，求两点电荷的电荷量之比q1q2。
20.某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为H(不会随着水被抽走而改变水位)，龙头离地面高为ℎ，龙头喷水管的半径为r，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地(如图中虚线所示)，其落地的位置到龙头管口的水平距离为d=2ℎ。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。完成以下问题：
(1)求单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0；
(2)不计额外功的损失，求水泵输出的功率P。
(3)在施工前，先制作一个为实际尺寸116的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、x−t图像只能表示直线运动的规律，则知在水平方向上，摄像机和运动员都做直线运动，故A错误；
B、x−t图像反映了物体的位置随时间的变化情况，由图可知，0～t2时间内摄像机一直在前，故B错误；
C、0～t2时间内摄像机与运动员的位移相同，所用时间相同，则平均速度相同，故C正确；
D、x−t图像的斜率表示速度，可知0～t2时间内摄像机的速度先大于运动员的速度，再等于运动员的速度，后小于运动员的速度，故D错误。
故选：C。
x−t图像反映了物体的位置随时间的变化情况，x−t图像只能表示直线运动的规律。图像的斜率表示速度。纵坐标的变化量表示位移，平均速度等于位移与时间之比。根据斜率大小比较速度大小。
本题要能根据纵坐标读出物体的位置关系，由图像的斜率分析速度关系，并分析物体的运动情况。
2.【答案】D
【解析】解：AB.由牛顿第三定律可知，伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力，故AB错误；
CD.由动能定理可知，合外力对返回舱做的功等于返回舱的动能变化量；由功能关系可知，除重力外其他力的合力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化，故C错误，D正确。
故选：D。
AB.根据牛顿第三定律进行分析和判断；
CD.根据动能定理和功能关系进行分析和判断。
考查牛顿运动定律和动能定理、功能关系问题，会根据题意进行分析和判断。
3.【答案】D
【解析】解：A、探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”时，由于传感器测量小车的合外力的一半，即可得到小车的合外力，而不是用2mg代替小车的合外力，所以无需m远小于M，故A错误；
B、对托盘和砝码，根据牛顿第二定律得：mg−T=ma
所以T则小车所受的合外力F合=2T<2mg，故B错误；
C、为提高纸带利用率，实验时，先接通电源，再释放小车，故C错误；
D、探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”时，保持小车质量不变，在托盘中增加砝码，改变小车的合外力，重复实验，故D正确。
故选：D。
实验中，传感器测量小车的合外力的一半，不需要m远小于M。根据牛顿第二定律分析小车所受的合外力与2mg的关系。实验时，应先接通电源，再释放小车。在托盘中增加砝码，改变小车的合外力，重复实验。
解答本题的关键要理解实验原理，搞懂教材上保证m远小于M的原因，采用控制变量法时，要保证一个量不变，研究另外两个量的关系。
4.【答案】D
【解析】解：A.由题图甲可知，该波的波长为λ=2×6m=12m，故A错误；
B.由题图乙可知，t=0时刻质点a在平衡位置且向y轴负方向振动，根据“同侧法”可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；
C.t=2s时刻质点a在平衡位置且向y轴正方向振动，速度最大，故C错误；
D.t=2s时，质点b经过半个周期，根据对称性，质点b运动到平衡位置的另一侧−5cm处，故D正确。
故选：D。
A.根据图甲求解波长；
B.t=0时刻质点a在平衡位置且向y轴负方向振动，根据“同侧法”判断波的传播方向；
C.t=2s时，质点a位于平衡位置，质点a的速度最大；
D.t=2s时，质点b经过半个周期，根据对称性进行分析作答。
本题考查了波动图像和质点的振动图像，能够从图像中获取有用信息；能够根据质点的振动方向和波的传播方向的关系判断波的传播方向，掌握“同侧法”、“上下坡法”等判断波的传播方向的方法。
5.【答案】C
【解析】解：AB、当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即kd=mω2R
得ω= kdmR
故AB错误；
CD、当气嘴灯运动到最高点时能发光，则kd+2mg=mω′2R
得ω′= kd+2mgmR
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR，故C正确，D错误。
故选：C。
气嘴灯运动到最低点时发光，此时弹簧的弹力提供向心力，求解出最小角速度；当气嘴灯一直发光时，需要保证在最高点时发光，那么其余位置都会发光，由最高点受力求出角速度。
本题的关键是建立竖直面内圆周运动的模型，分析最低点和最高点向心力的来源。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据牛顿第二定律，运动员在B点满足
FN−mg=mvB2R
所以FN>mg，即运动员在B点处于超重状态，故A错误；
B.运动员从A到C由动能定理得
mgℎ1−Wf=12mvC2
所以vC< 2gℎ1，故B错误；
C.根据动能定理，从A到D满足
mg(ℎ1+ℎ2)−Wf′=12mvD2
所以EkDD.因为运动员在C点起跳时，速度方向斜向上，结合空气阻力都可以判断出运动员在空中飞行的时间
t> 2ℎ2g，故D正确。
故选：D。
A.根据牛顿第二定律求解支持力大小再判断；
BC.根据动能定理列式并作出判断；
D.根据斜上抛运动的特点或者结合阻力也能分析出时间长短。
考查动能定理和牛顿第二定律等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
7.【答案】D
【解析】解：A.飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B.第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有GMmR2=mv2R，解得v= GMR，可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C.根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D.根据开普勒第三定律可知R23T2=(R1+R22)3T′2解得T′= (R1+R22R2)3T，飞船在②轨道从P到Q的时间为12T′，即t=12 (R1+R22R2)3T，故D正确；
故选：D。
根据飞船的变轨规律进行分析；根据万有引力提供向心力，推导线速度表达式，再结合第一宇宙速度进行分析；由于不知道它们的质量大小关系，因此无法确定动能大小关系；根据开普勒第三定律进行分析即可。
本题考查卫星变轨运动规律、万有引力提供向心力以及开普勒第三定律的综合应用，该题属于常见题型，题目难度适中。
8.【答案】B
【解析】解：B.从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得Ft=(mB+mC)vB，
所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误；
A.对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，
所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确；
C.当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确；
D.当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示：
两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有vAcsθ=vBsinθ，可得：vAvB=tanθ1，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
小球A下滑至和墙面恰好分离的过程，对系统根据动量定理求解判断小球B的速度变化情况；
根据三个物体组成的系统机械能守恒判断小球A的机械能最小的位置，并分析此时BC的加速度情况；
当小球和墙面恰好分离时，杆的弹力为零，B和C球此时刚好能分离；
当小球A和墙面恰好分离时，根据速度的合成与分解得到两球的速度关系。
本题主要是考查机械能守恒定律、运动的合成与分解等，关键是能够分析求出A球下落过程中的受力情况和能量的转化情况。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为
a=Uqdm，故A正确；
BC.粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量变化为0；根据题意有
Δp=Δpy=mvy−0
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为
vy=Δpm
则粒子在两板间的运动时间为
t=vya=dΔpUq
金属板的长度为
L=v0t=dv0ΔpUq，故B错误，C正确；
D.设入射点与出射点间的电势差为U′，根据动能定理可得
−qU′=12mv2−12mv02
其中v2=v02+vy2
解得U′=−(Δp)22mq，故D正确。
故选：ACD。
由牛顿第二定律求粒子在两板间运动的加速度大小；由Δp=mΔv求速度变化量；粒子在水平方向做匀速直线运动，由L=v0t求板长。根据动能定理求入射点与出射点间的电势差。
带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解。
10.【答案】C
【解析】解：A、当被测材料保持两个不同温度不变时，被测材料高度不同，电容器板间距离不同，由电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知电容器的电容不同，而电容器的电压不变，由电容的定义式C=QU分析可知极板的带电量不等，故A错误；
B、若被测材料仅存在水平方向膨胀，电容器板间距离不变，电容不变，电容器的带电量不变，电路中没有充电或放电电流，灵敏电流计的指针不动，故B错误；
C、当被测材料的高度增加时，电容器板间距离减小，由电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知电容器的电容增大，而电容器的电压不变，由电容的定义式C=QU分析可知极板的带电量增加，电容器充电，电阻R中有向左的电流，则电阻R右侧的电势高于左侧的电势，故C正确；
D、当灵敏电流计指针向左偏转时，电阻R中有向左的电流，电容器充电，由电容的定义式C=QU分析可知其电容增大，由电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知电容器板间距离减小，被测材料的高度增加，故D错误。
故选：C。
电容器的电压不变，由电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容的变化，由电容的定义式C=QU分析极板带电量的变化，即可判断电路中电流方向，从而判断灵敏电流计的指针偏转方向，并分析电阻R电势高低。当灵敏电流计指针向左偏转时，分析极板带电量变化，再判断电容的变化，分析被测材料高度的变化。
本题是电容器的动态分析问题，要掌握电容的定义式C=QU、电容的决定式C=ɛrS4πkd分，结合电容器的电压进行分析。
11.【答案】C
【解析】解：通电直导线产生的磁场的磁感线分布如图所示(截面图)
可以看出当线圈静止处于导线正上方时，穿过线圈的磁通量的变化率为零，因此不会有感应电流，而当线圈垂直导线方向移动时，线圈中的磁通量将发生改变(通电导线产生环形磁场，以通电导线为轴线，所产生的环形磁场的磁感应强度随着与通电导线距离的增加的减弱)，电流传感器有示数，即闭合线圈与传感器构成的闭合回路中有感应电流，由题表中线圈位置变化分析可知，线圈初始时静止，传感器中无电流，线圈南北方向移动或静止时，传感器中均无电流，而线圈在东西方向移动或静止时均有电流，因此可知可知，导线南北走向，且可以确定其在初始时位于线圈中心点O的正下方。
故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据通电直导线产生的磁场的磁感线分布分析磁通量变化，结合电磁感应分析感应电流情况。
本题考查电磁感应与电流磁效应的综合，解题关键掌握磁通量变化时会形成感应电流。
12.【答案】B
【解析】解：A、根据电流的方向能分析出电荷的受力方向，结合电荷的电性得出电势的高低，因此本题中可以根据电势的高低分析出通电导线的电流方向，故A错误；
B、设前后表面的厚度为d，金属薄片的厚度为ℎ，导线中单位体积的电子数为n，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，则
eUd=evB
结合电流的微观表达式：I0=nevS=ndeℎv
解得：U=kI0Ineℎd
所以输出电压随着导线的电流强度均匀变化，故B正确；
CD、由U=kI0Ineℎd可得：
I=neℎdkI0U
可知增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度ℎ，用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔元件，在直导线电流一定时，e、f两侧的电势差减小，测量精度减小，故CD错误；
故选：B。
根据电势的高低和左手定则能分析出电流的方向；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压与电流强度的关系，并由此得出影响测量精度的因素。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
13.【答案】A
【解析】解：A.因要达到题中的要求，就要使得R2两端电压保持不变，因压力越大，电阻R1越小，此时回路中的电流就越大，R2的电压就会变得更大，则要想R2的电压和原来一致，则只适当减小R2的阻值，故A正确；
B.因要达到题中的要求，就要使得R2两端电压保持不变，因R1减小，而其他条件不变的情况下，只能减小和传感器R1相连接电路中电源电动势，故B错误；
C.增加缠绕电磁铁线圈的匝数，磁性增大，则进入下面通道的大苹果的最小质量变小，故C错误；
D.要求进入下面通道的大苹果的最小质量M大于M0，则要求当此大苹果通过托盘时压力传感器的压力与原来一致，可知其他条件不变的情况下，只需要将托盘秤压在杠杆上的位置向右移动一些，故D错误。
故选：A。
根据闭合电路欧姆定律结合电路构造完成分析；增加缠绕电磁铁线圈的匝数，磁性增大，根据杠杆原理分析出需要移动的方向。
本题主要考查了闭合电路欧姆定律的相关应用，根据设计要求，结合欧姆定律和杠杆原理完成分析。
14.【答案】B
【解析】解：A、如果Re=ρ vdμ，其单位是kg⋅m12⋅mm3⋅S12⋅Pa⋅s=kg⋅m12⋅m2⋅s2m3⋅s12⋅kg⋅s=s12m12，由于雷诺数是无量纲的量，故A错误；
B、如果Re=ρvdμ，其单位是kgm3⋅ms⋅mPa⋅s=kgm3⋅ms⋅mNm2⋅s=kg⋅ms2⋅kg⋅ms2=1，由于雷诺数是无量纲的量，故B正确；
C、如果Re=ρvd2μ=ρvdμ⋅d，由B可知ρvdμ=1，d的单位是m，如果Re=ρvd2μ=m，则由于雷诺数是无量纲的量，故C错误；
D、如果Re=ρvdμ3，则其单位是kgm3⋅ms⋅m1(Pa⋅s)3=kgm⋅s⋅1(Nm2⋅s)3=kgm⋅s⋅m6N3⋅s3=kg⋅m5s4⋅1(kg⋅ms2)3=kg⋅m5s4⋅s6kg3⋅m3=m2⋅s2kg2，由于雷诺数是无量纲的量，故D错误。
故选：B。
根据各物理量间的关系式与各物理量的单位推导出Re的单位，然后分析答题。
本题考查了判断雷诺数表达式问题，可以从雷诺数的量纲分析答题，熟悉各物理量的单位是解题的前提，根据表达式与各物理量的单位即可解题。
15.【答案】2π2n2(2l+d)t2 M c 开关不是接在干路上，无法控制电压表，闭合前电压表已经有示数，应该将c线接电源正极端改接至开关右端。
【解析】解：(1)单摆的周期为
T=tn
单摆的摆长为
L=l+d2
根据单摆周期公式
T=2π Lg
解得实验中重力加速度的表达式为
g=2π2n2(2I+d)t2；
(2)实验时，闭合开关S前，为防止烧坏电表，滑动变阻器的滑片P应处在M端；c导线接错，错误连接会带来的问题是开关不是接在干路上，无法控制电压表，闭合前电压表已经有示数，应该将c线接电源正极端改接至开关右端；
(3)滑动变阻器R1最合适；使用R1可使待测电阻两端的电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节使用。
故答案为：(1)2π2n2(2l+d)t2；
(2)①M；②c；开关不是接在干路上，无法控制电压表，闭合前电压表已经有示数，应该将c线接电源正极端改接至开关右端。
(3)滑动变阻器R1最合适；使用R1可使待测电阻两端的电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节使用。
(1)根据已知条件单摆周期和摆长，再根据单摆的周期公式联立求解重力加速度；
(2)①为了保护电路，闭合开关之前滑动变阻器接入的阻值要最大；
②开关必须连接在干路中，控制电路中所有元件，根据实物连接图可知c错误；开关无法控制电压表；
(3)使用的滑动变阻器改变电路中的电压和电流作出的图像呈线性变化时最合适，据此判断最合适的滑动变阻器。
本题考查单摆测重力加速度实验和测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。
16.【答案】2.850 左 m1m1+m2 AD
【解析】解：(1)根据图2可知，游标卡尺为20分度，其精确度为0.05mm，图2读数为d=28mm+10×0.05mm=28.50mm=2.850cm；
(2)滑块经过光电门1的时间比光电门2的时间短，说明滑块做减速运动，即气垫导轨右侧偏高，为保持水平，故应该调高左侧；
(3)若碰撞过程动量守恒，则
m1⋅dΔt1=(m1+m2)⋅dΔt2，整理得1Δt2=m1m1+m2×1Δt1，即k2=m1m1+m2；
(4)多次试验，发现k1总大于k2，产生这一误差的原因可能是：滑块1的质量测小了或者滑块2的质量测大了，故AD正确，BC错误；
故选：AD。
故答案为：(1)2.850；(2)左；(3)m1m1+m2；(4)AD。
(1)根据游标卡尺的读数方法进行读数；
(2)根据滑块运动过程减速即可分析气垫导轨右端偏高；
(3)根据动量守恒定律列式，对表达式进行化简即可求解；
(4)根据第(3)结果即可分析。
该题考查验证动量守恒定律实验的分析，能够准确掌握游标卡尺的读数方法，掌握动量守恒定律的应用，题目具有一定的综合性，题目难度适中。
17.【答案】解：(1)由机械能守恒定律mgL(1−cs37°)=12mv2
解得v=2m/s
由牛顿第二定律F−mg=mv2L
解得F=1.4N
(2)小球平抛运动，竖直方向有
ℎ−L=12gt2
解得t=0.3s，t′=−0.3s(舍去)
水平方向有x=vt
解得x=0.6m
(3)小球落地时竖直速度vy=gt
解得vy=3m/s
重力的瞬时功率P=mgvy
解得P=3W
答：(1)小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小为1.4N；
(2)它做平抛运动水平位移的大小为0.6m；
(3)小球落地时重力的瞬时功率为3W。
【解析】(1)由机械能守恒定律结合牛顿第二定律解答；
(2)根据平抛运动规律解答；
(3)解得小球竖直方向的速度，根据功率的计算公式解答。
该题考查了机械能守恒定律的运用，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式灵活求解。
18.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律I=E2R+r
金属杆ab所受安培力为FA=BIL
根据平衡方程mgsinθ=FA
联立得E=mg(2R+r)sinθBL
(2)a.根据平衡方程mgsinθ=F′A
金属杆ab所受安培力为F′A=BI′L
根据动生电动势E′=BLvm
根据闭合电路欧姆定律I′=E′2R
联立得：vm=2mgRsinθB2L2
b.由能量守恒定律可得mgs⋅sinθ=12mvm2+Q
金属杆产生的焦耳热Q1=RR+RQ=12Q
联立可得Q1=12mgs⋅sinθ−m3g2R2sin2θB4L4
答：(1)开关S接1，金属杆恰好能静止在导轨上。电源电动势E的大小为mg(2R+r)sinθBL；
(2)a.最大速度为2mgRsinθB2L2；
b.金属杆从静止开始到最大速度过程中产生的焦耳热为12mgs⋅sinθ−m3g2R2sin2θB4L4。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律结合受力平衡解答；
(2)a.根据受力平衡结合金属杆ab所受安培力及法拉第电磁感应定律解得最大速度；
b.根据功能关系分析解答。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合应用，关键要能根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及功能关系的熟练运用。
19.【答案】解：(1)①根据题意，磁单极子的磁感线分布与点电荷的电场线分布相似，磁感线从N极出发，回到S极，可得磁单极子N极的磁场分布如图所示

②设带电粒子的质量为m，其轨迹上任意一点和磁单极子的连线与竖直方向的夹角为θ，做出带电粒子的受力分析如图所示

根据左手定则可知该粒子带正电。
由几何关系可得：tanθ=Rd，根据力的矢量关系可得：mgF合=tanθ，由牛顿第二定律有：F合=m4π2T2R，联立以上各式解得：R=T2π gd；
(2)①根据磁通量的定义，类比磁通量的计算公式，可得通过球冠的电通量：ΦE=E⋅S=kQr2⋅2πrℎ=2kπℎQr；
②分别以+q1、−q2为球心，取一半径为r0的很小的球面，对应的球冠面积可以分别表示为：Sα=2πr0⋅r0(1−csα)，Sβ=2πr0⋅r0(1−csβ)，
穿过两个球面的电通量分别为ΦEα=kq1r02⋅2πr0⋅r0(1−csα)，ΦEβ=kq2r02⋅2πr0⋅r0(1−csβ)，
由于电场线都是从正电荷出发回到负电荷，则在很小的球面上的球冠上的电通量相等，有q1r02⋅2πr0⋅r0(1−csα)=kq2r02⋅2πr0⋅r0(1−csβ)，
整理可得：q1q2=1−csβ1−csα。
答：(1)①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线；
②该微粒带正电，该微粒运动轨迹的半径为：T2π gd。
(2)①通过球冠的电通量为：2kπℎQr；
②两点电荷的电荷量之比为：1−csβ1−csα。
【解析】(1)①根据题意画出N极磁单极子周围的磁感线；
②根据左手定则判断微粒的电性；对微粒受力分析，根据合力提供向心力列式求解该微粒运动轨迹的半径R。
(2)①类比磁通量，根据公式Φ=ES计算电通量；
②根据公式Φ=ES计算通过两个球冠的电通量，根据电通量相等求解电荷量的比值。
本题主要考查对磁单极子、带电粒子磁场中圆周运动、电通量等知识理解和应用，根据题意信息提取关键信息是解题关键。
20.【答案】解：(1)由题意可知龙头喷水管的半径为r，可知横截面积为
S=πr2
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
V=v0S
由平抛运动规律得
ℎ=12gt2
d=v0t
联立解得体积为
V=πr2 2gℎ
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
m0=ρV=ρπr2 2gℎ；
(2)t时间内从管口喷出的的水体积为
V=Sv0t质量为
m=ρV=ρSv0t
那么设t时间内水泵对水做的功为W，则由动能定理可得
W=mg(ℎ+H)+12mv02
得水泵输出的功率为
P=Wt=mt[g(H+ℎ)+12v02]
联立解得
P=ρπr2g 2gℎ(2ℎ+H)
(3)可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的116，由
ℎ=12gt2
可得
ℎ模=116ℎ
可知模型中的时间为
t模=14t
水平方向上由
x=v0t
可得
x模=116x
可解得
v模=14v0
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的14倍。
答：(1)单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0为ρπr2 2gℎ；
(2)不计额外功的损失，水泵输出的功率P为ρπr2g 2gℎ(2ℎ+H)；
(3)模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的14倍。
【解析】(1)根据平抛运动规律求出水的速度，体积公式求体积，质量公式求质量；
(2)水泵对水做的功转化为水的重力势能和动能，根据功能关系求功率；
(3)由模型比例求出对应的高度和水平位移，根据平抛运动的规律求速度。
本题以平抛运动为背景考查功能关系，难度一般。线圈移动情况
初始时静止放置
南北方向移动
南北方向移动后静止
东西方向移动
东西方向移动后静止
电流情况
无电流
无电流
无电流
有电流
有电流
Δt1(ms)
64.72
69.73
70.69
80.31
104.05
1Δt1(×10−3s−1)
15.5
14.3
14.1
12.5
9.6
Δt2(ms)
109.08
121.02
125.02
138.15
185.19
1Δt2(×10−3s−1)
9.2
8.3
8.0
7.2
5.4