2024年北京市丰台区高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年北京市丰台区高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列属于光的衍射现象的是( )
A. 水面上树的倒影
B. 光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑
C. 肥皂膜在阳光下形成彩色条纹
D. 光信号在光纤中传播
2.如图所示为氢原子能级示意图，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，下列说法正确的是( )
A. 跃迁过程中最多可辐射出4种频率的光子
B. 从n=4能级跃迁到n=2能级的氢原子能量最大
C. 从n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光子波长最长
D. 有三种频率的光子可使逸出功为4.54eV的金属发生光电效应
3.如图所示，一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B，下列说法正确的是( )
A. 气体一定吸收热量
B. 分子的平均动能减小
C. 气体的内能可能减少
D. 单位体积内的分子数增加
4.两列简谐波以相同的速度相向传播，t=0时刻的波形如图所示。下列说法正确的是( )
A. 两波相遇后可以产生稳定的干涉图样
B. 质点K经过半个周期运动到t=0时刻质点M的位置
C. t=0时刻，质点L与质点Q的运动方向相反
D. 两列波的振幅都是20cm
5.如图所示，宇航员在“天宫课堂”中进行验证碰撞过程中动量守恒的实验时，掷出的小球碰撞前在空间站中做匀速直线运动。已知地球质量为M，地球半径为R，绕地球做匀速圆周运动的空间站离地高度为h，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 根据题中信息可以计算空间站的运行周期
B. 空间站环绕地球的速度大于地球的第一宇宙速度
C. 由a=GM(R+h)2可知，空间站的加速度恒定
D. 小球做匀速直线运动是因为小球不受力
6.一正弦式交流电的u−t图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 此交流电的频率为25Hz
B. 用其给100Ω的电阻供电，电阻消耗的功率为484W
C. 用其给以额定功率1000W工作的电吹风供电，电路中的电流约为3.2A
D. 用其给线圈电阻为10Ω的电动机供电，电动机正常工作时的电流为22A
7.如图所示，木块A、B分别重50N和60N与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m。用F=2N的水平拉力拉木块B，木块A、B均保持静止。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹力大小为80N
B. 木块A受到的摩擦力大小为10N
C. 木块B受到的摩擦力大小为6N
D. 地面给A、B组成的系统的摩擦力大小为2N
8.如图所示，斜面顶端在水平面上的投影为O点，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，停到水平面上的A点。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同。保持斜面长度不变，增大斜面倾角，下列说法正确的是( )
A. 小木块沿斜面下滑的加速度减小
B. 小木块滑至斜面底端时重力的瞬时功率增大
C. 小木块滑至斜面底端的时间增大
D. A点到O点的距离不变
9.如图所示，真空中一根绝缘轻杆两端分别固定两个带等量异种电荷的小球M、N(可看成点电荷)，O点为轻杆的中点。情境一：小球及轻杆处于静止状态；情境二：轻杆绕O点在竖直平面内逆时针匀速转动。下列说法正确的是( )
A. 情境一中，O点的电场强度为零
B. 情境一中，O点与无穷远处电势相等
C. 情境二中，O点的磁感应强度方向垂直纸面向外
D. 情境二中，O点的磁感应强度方向垂直纸面向里
10.如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极YY′、XX′的长度均为l、间距均为d。若电子枪的加速电压为U1，XX′极板间的电压为U2(X端接为高电势)，YY′极板间的电压为零。电子刚离开金属丝时速度可视为零，从电子枪射出后沿示波管轴线OO′方向(O′在荧光屏正中央)进入偏转电极。电子电荷量为e则电子( )
A. 会打在荧光屏左上角形成光斑
B. 打在荧光屏上时的动能大小为e(U1+U2)
C. 打在荧光屏上的位置与O′的距离为l2U24aU1
D. 打在荧光屏上时，速度方向与OO′的夹角α满足tanα=lU22dU1
11.出现暴风雪天气时，配备航空燃油发动机的某型号“除雪车”以20km/h的速度匀速行驶，进行除雪作业。直径约为30cm的吹风口向侧面吹出速度约30m/s、温度约700℃，密度约1.0kg/m3的热空气。已知航空燃油的热值为4×107J/kg。根据以上信息可以估算出以下哪个物理量( )
A. 除雪车前进时受到的阻力
B. 除雪车吹出热空气时受到的反冲力
C. 除雪车进行除雪作业时消耗的功率
D. 除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量
12.一束含有两种比荷(qm)的带电粒子，以各种不同的初速度沿水平方向进入速度选择器，从O点进入垂直纸面向外的偏转磁场，打在O点正下方的粒子探测板上的P1和P2点，如图甲所示。撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云室，若带电粒子在云室中受到的阻力大小f=kq，k为常数，q为粒子的电荷量，其轨迹如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 打在P1点的带电粒子的比荷小
B. 增大速度选择器的磁感应强度P1、P2向下移动
C. 打在P1点的带电粒子在云室里运动的路程更长
D. 打在P1点的带电粒子在云室里运动的时间更短
13.如图所示为一个简易的高温报警器原理图。RT为热敏电阻，S为斯密特触发器，其工作特点为当A端电势上升到高电势1.6V时，Y端从高电势跳到低电势0.25V；当A端电势下降到低电势0.8V时，Y端从低电势跳到高电势3.4V。已知蜂鸣器的工作电压为3∼5V，下列说法正确的是( )
A. A端为高电势时蜂鸣器报警
B. 温度升高，热敏电阻阻值增大
C. 滑片P向b端移动，可提高温度报警器的报警温度
D. 若无斯密特触发器，可通过将RP与RT调换位置实现同样的功能
14.如图所示，静电力探针显微镜的核心组成部分是悬臂和与悬臂末端相互垂直的绝缘体探针。探针针尖由数十个原子构成，直径在纳米级。当带电针尖逐渐靠近带电绝缘体材料的表面，由于二者的相互作用使得悬臂发生弯曲，入射到悬臂背面激光的反射光线在光屏的位置会发生变化，该变化被探测器记录之后进行处理，得到材料的相关电学信息。根据上述材料，下列说法正确的是( )
A. 针尖与材料表面发生的相互作用为核子之间的核力
B. 悬臂发生弯曲使激光入射面的法线方向转过θ角，则反射光线也转过θ角
C. 静电力显微镜可以探测带电金属材料表面的电荷分布
D. 将探针改为磁性材料，可以探测近样品表面磁场的强弱
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
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)用如图1所示的装置探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，实验时将皮带套在左右半径不同的变速塔轮上，可以探究向心力与以下哪个物理量的关系______。
A.质量
B.半径
C.角速度
(2)测量光波波长的实验装置如图2所示，下列说法正确的是______。
A.换用间距小的双缝，观察到的条纹个数会增加
B.将红色滤光片换成绿色滤光片，干涉条纹间距变窄
C.干涉条纹与双缝垂直
D.去掉滤光片后，干涉条纹消失
(3)“单摆测定重力加速度”的实验中，根据g=4π2T2l计算重力加速度时，以下操作会使重力加速度的测量值偏小的是______。
A.直接用摆线的长度作为单摆的摆长
B.计时开始时，秒表启动稍晚
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
D.摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动
(4)用如图3所示的可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。处理实验数据时发现原、副线圈的电压比U1U2总是大于原、副线圈的匝数比n1n2，出现这一现象的原因是______。
16.用如图所示的装置验证“动量守恒定律”。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再把半径相同的B球放在水平轨道末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，O、M、P、N位于同一水平面上。
(1)除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材有______(选填选项前的字母)。
A.天平
B.刻度尺
C.秒表
D.圆规
(2)实验中，测得A、B两球的质量分别为m1、m2，三个落点的平均位置与O点距离OM、OP、ON分别为x1、x2、x3。在误差允许范围内，若满足关系式______(用所测物理量的字母表示)，可以认为两球碰撞前后动量守恒。
(3)实验中能够把速度的测量转化为位移的测量的必要操作是______。
A.安装轨道时，轨道末端必须水平
B.每次必须从同一个高度静止释放小球
C.实验中两个小球的质量应满足m1>m2
D.轨道应当尽量光滑
(4)某同学将B球替换为半径相同、质量为m3的C球(m3>m1)，重复(2)的实验发现碰撞后A球反向运动，沿倾斜轨道上升一段距离后再次下滑离开轨道末端，测量碰撞后A、C落点的平均位置到O点的距离分别为x1′，x3′，若误差允许范围内满足关系式______(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。实验数据表明，系统碰撞前的动量总是小于碰撞后的动量，请分析其中可能的原因。______。
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形轨道在B点平滑连接，轨道半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点，释放物体，物体在弹力作用下获得一向右速度后脱离弹簧。物体经过B点的速度为v，之后沿半圆形轨道运动，恰好通过最高点C后，落回AB平面内。已知重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)物体沿半圆形轨道运动过程中摩擦阻力所做的功W；
(3)物体在平面AB上的落点到B点的距离x。
18.如图所示，空间中有宽度为d的匀强磁场区域，一束电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度射入磁场，穿出磁场时的速度方向与原入射方向的夹角θ=60∘，已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力。求：
(1)通过作图，确定电子做圆周运动时圆心的位置；
(2)电子进入磁场的速度大小v；
(3)电子穿越磁场的时间t；
(4)电子穿越磁场过程中洛伦兹力冲量的大小I。
19.(1)放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数ΔNΔt与现存的、未衰变的原子核个数N成正比：ΔNΔt=−λN，其中λ为比例常数，“-”表示原子核个数减少。上述方程的解为：N=N0e−λm，其中N0为t=0时刻未衰变的原子核个数，N为t时刻未衰变的原子核个数。根据以上信息求元素的半衰期T1/2。
(2)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为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匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的导体棒MN放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度v0。
a.类比(1)中给出的物理量之间关系的信息，以导体棒速度为v0时作为计时起点，推理得出导体棒的速度v随时间t变化的函数关系；
b.某同学写出导体棒的速度v与时间t的函数关系后，发现导体棒需要无限长的时间才能停下，该同学得出结论：导体棒也需要运动无限长的距离才能停下。请论证该同学的说法是否正确。
20.一种简易静电加速装置如图甲所示：在一个侧壁为圆锥中段，底盘水平放置的塑料碗内壁贴上十字的镀铜锡条，外壁贴上十字的铝条，并将铝条反扣贴在内壁，形成如图所示的铜、铝相间的电极。将由锡纸包裹的轻质小球静置于A点，镀铜锡条与高压恒压源正极相连、铝条与负极相连后，小球开始沿逆时针方向被加速。如图乙所示，塑料碗侧壁截面与水平面夹角为θ，圆形底盘半径为R，小球质量为m，恒压源电压始终为U。小球与锡条接触分离后，所带电荷量为+Q1，与铝条接触分离后，所带电荷量为−Q2。忽略各处阻力，不考虑小球与塑料碗、空气之间的电荷交换，仅考虑相邻电极间电场对小球的加速作用，重力加速度为g。
(1)求小球第一次运动到B点时的速度大小vB；
(2)若小球加速几圈后，恰好开始沿碗壁向上运动，求小球加速的圈数n1；
(3)小球加速n2(n2>n1)圈后撤掉电场，此时轻微晃动塑料碗，使小球可以在距碗底一定高度的水平面上以速度v做匀速圆周运动(整个过程小球没有离开塑料碗)。求晃动塑料碗时，碗对小球做的功W。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、水面上树的倒影是由于光在水面处发生反射，故A错误；
B、光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑是光绕过圆盘发生衍射形成的，故B正确；
C、肥皂膜在阳光下形成彩色条纹是光的薄膜干涉，故C错误；
D、光信号在光纤中传播是光的全反射的应用，与光的衍射无关，故D错误。
故选：B。
光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象叫光的衍射，由此分析。
考查常见的光现象，知道这些常见的光的全反射、干涉现象、衍射等现象即可。
2.【答案】D
【解析】解：A.从n=4能进向下跃迁过程可辐射最多为6种频率的光子，故A错误；
B.从n=4能级跃迁到n=1能级的氢原子能量最大，故B错误；
C.从n=4能级跃迁到n=3能级的光子能量最小，其波长最长，故C错误；
D.辐射光子能量超过4.54eV的有4→1，3→1，2→1，共3种频率，这3种频率才能使金属发生光电效应，故D正确。
故选：D。
A.根据辐射规律进行分析判断；
B.根据能级能量差值规律判断；
C.根据光子能量和波长的关系判断；
D.根据图像结合能级能量差进行分析判断。
考查氢原子的能级和跃迁的相关知识，会根据题意进行分析判断。
3.【答案】A
【解析】解：根据AB过车气体做等压变化，体积增大可知，因此单位体积内气体的分子数减小；气体对外做功，即W<0；又根据pV=CT可知，B状态温度高于A状态，即分子的平均动能增大；根据理想气体的内能取决于气体的温度可知，B状态内能大于A状态，即A到B过程气体内能变化量ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，即A到B过程气体吸收热量；故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据A到B过程气体体积增大，因此单位体积内分子数减小；气体对外做功，又根据pV=CT分析气体温度高低，由此判断能内的变化，根据热力学第一定律即可分析该题各个选项。
该题考查了一定质量的理想气体做等压膨胀过程中热力学第一定律的应用，要熟练掌握该知识点，基础题。
4.【答案】C
【解析】解：A、两列简谐波传播速度大小相同，由题图可知两者的波长不同，则两者的频率不同，故两波相遇后不能产生稳定的干涉图样，故A错误；
B、质点在平衡位置附近沿y轴方向做简谐运动，不会随波移动，则质点K不会运动到M的位置，故B错误；
C、由同侧法或平移法，结合波的传播方向判断，t=0时刻，质点L向+y方向运动，质点Q向−y方向运动，可知两者的运动方向相反，故C正确；
D、由题图可知两列波的振幅都是10cm，故D错误。
故选：C。
由题图可知两列波的波长与振幅，根据波速、波长、频率的关系判断两者的频率是否相同，频率相同的两列波才有可能产生稳定的干涉图样；质点在平衡位置附近沿y轴方向做简谐运动，不会随波移动；由同侧法或平移法判断质点运动方向。
本题主要考查了机械波的传播与质点振动的关系，理解机械波的传播特点，理解波形图的物理意义，掌握波速、波长、频率的关系，以及机械波的传播与质点振动的关系。
5.【答案】A
【解析】解：A、设空间站的运行周期为T。空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
可得：T=2π (R+h)3GM，可知根据题中信息可以计算空间站的运行周期，故A正确；
B、地球的第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，是近地卫星的运行速度，空间站环绕地球的速度小于地球的第一宇宙速度，故B错误；
C、由a=GM(R+h)2可知，空间站的加速度大小恒定，但方向时刻在变化，所以其加速度是变化的，故C错误；
D、空间站处于完全失重状态，尽管小球做匀速直线运动，但小球仍受地球引力作用，故D错误。
故选：A。
空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，可求出空间站的运行周期。地球的第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度。空间站的加速度是矢量，方向不断在变化。空间站处于完全失重状态，小球仍受地球引力作用。
解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并能熟练运用。要知道地球的第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度。
6.【答案】B
【解析】解：A、由题图可知此交流电的周期T=0.02s，则其频率为f=1T=10.02Hz=50Hz，故A错误；
B、此交流电的电压有效值为：U=Um 2=311 2V=220V
用其给100Ω的电阻供电，电阻消耗的功率P=U2R=2202100W=484W，故B正确；
C、用其给以额定功率1000W工作的电吹风供电，电路中的电流为I=PU=1000220A≈4.5A，故C错误；
D、用其给线圈电阻为10Ω的电动机供电，若电动机不转动，可看作纯电阻用电器，则电流为I=UR=22010A=22A，而电动机正常工作时是非纯电阻用电器，不适用欧姆定律，故电动机正常工作时的电流不等于22A，故D错误。
故选：B。
由题图可知此交流电的周期，则其频率等于周期的倒数；用交流电的电压有效值，根据功率的计算公式求解；电动机正常工作时是非纯电阻用电器，不适用欧姆定律。
本题考查了正弦交流电的特点，掌握正弦交流电的四值(瞬时值、峰值、有效值、平均值)的物理意义。在交流电的应用中计算用电器的功率、焦耳热时要用有效值，以及交流电表的示数也为有效值。
7.【答案】D
【解析】解：A、B与地面之间的最大静摩擦力大小为fAm=μGA=0.2×50N=10N，fBm=μGB=0.2×60N=12N
A、x=2cm=0.02m，弹簧的弹力大小为F′=kx=400×0.02N=8N，故A错误；
B、因A物块处于静止状态，根据平衡条件得A所受摩擦力大小为fA=F′=8N，故B错误；
C、在水平方向上B受弹簧对它向右的弹力，向右的拉力，以及向左的摩擦力，根据平衡条件可得fB=F+F′=8N+2N=10N，故B受摩擦力大小为10N，故C错误；
D、把A、B两物块以及弹簧看成一个整体，由平衡条件可得整体所受摩擦力大小f=F=2N，故D正确。
故选：D。
根据胡克定律求弹簧弹力；由平衡条件分别求得A、B受到的摩擦力大小；把A、B和弹簧看成一个整体，根据平衡条件分析整体所受摩擦力。
注意在计算摩擦力时需要和最大静摩擦力相比较，结果要小于最大静摩擦力。
8.【答案】B
【解析】解：A、设斜面的倾角为α，斜面长度为L。小木块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinα−μmgcsα=ma
可得：a=g(sinα−μcsα)
增大斜面倾角α，sinα增大，csα减小，则小木块沿斜面下滑的加速度a增大，故A错误；
B、由v2=2aL得小木块滑至斜面底端时速度大小为：v= 2gL(sinα−μcsα)
小木块滑至斜面底端时重力的瞬时功率为P=mgvsinα=mgsinα 2gL(sinα−μcsα)，α增大，L不变，则P增大，故B正确；
C、设小木块滑至斜面底端的时间为t，则L=12at2，a增大，L不变，则t减小，故C错误；
D、设A点到O点的距离为s，对整个过程，由动能定理得：
mgLsinα−μmgcsα⋅L−μmg(s−Lcsα)=0
可得：s=Lsinαμ，a增大，L不变，则s增大，故D错误。
故选：B。
根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化。根据速度-位移公式以及重力的瞬时功率公式P=mgvsinα分析小木块滑至斜面底端时重力的瞬时功率如何变化。由位移-时间公式列式分析运动时间的变化。由动能定理列式分析A点到O点的距离如何变化。
本题涉及力在空间的积累效果，运用动能定理分析，比较简洁。要知道滑动摩擦力做功与水平距离有关。对于运动时间，往往根据牛顿第二定律和运动学公式相结合进行分析。
9.【答案】B
【解析】解：AB、情境一中，两个带等量异种电荷的小球M、N(可看成点电荷)，在O点的电场强度方向是相同的，电场叠加之后，O点的电场强度不为零。对于两个带等量异种电荷的点电荷形成的电场，两者连线的中垂面是一个通向无穷远的等势面，故O点与无穷远处电势相等，故B正确，A错误；
CD、情境二中，轻杆绕O点在竖直平面内逆时针匀速转动，两个带等量异种电荷的小球M、N绕O点以相等的速率绕O点转动，形成电流强度相同，方向相反的两个环形电流，根据安培定则，可知它们产生的磁场在O点的磁感应强度方向相反，且磁感应强度大小相等，叠加之后O点的磁感应强度为零，故CD错误。
故选：B。
根据两个带等量异种电荷的电场分布及电势分布解答；两个带等量异种电荷的小球M、N绕O点以相等的速率绕O点转动，形成电流强度相同，方向相反的环形电流，根据安培定则判断O点的磁感应强度方向。
本题考查了电磁场的叠加原理，安培定则的应用。掌握等量异种或同种点电荷的电场分布，能够熟练地应用安培定则判断磁场方向。
10.【答案】D
【解析】解：A、电子在偏转电场中受沿X′X的电场力，则光斑在水平方向靠左边，故A错误；
B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为eU1，进入偏转电场后电场力对其做功最大为eU2，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是e(U1+U2)，故B错误；
CD、电子经加速枪加速，根据动能定理有：eU1=12mv2
在XX′极板运动的时间为l=vt
沿电场方向的位移y=12⋅eU2mdt2
解得y=mU2l24dU1
则位移为水平方向的夹角θ的正切tanθ=yx，根据平抛运动规律可知tanα=2tanθ；
联立解得tanα=lU22dU1
故C错误，D正确。
故选：D。
根据电子受电场力方向分析A；根据牛顿第二定律可知在XX′极板间的加速度大小，电子在XX′极板间受到电场力做功不一定等于eU2，根据类平抛运动规律分析CD项。
本题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切。
11.【答案】B
【解析】解：A.由于不知道驱动汽车前进时发动机的功率，即使汽车匀速运动也不能推导前进时受到的阻力，故A错误；
B.对除雪车吹出的热空气，设汽车对热空气的作用力为F，根据动量定理有
Ft=mv=ρvtπ(d2)2v
得F=ρπd2v24
由于以上各量均为已知，代入数据即可求出F的值，根据牛顿第三定律，除雪车受到的反冲力也被求出；故B正确；
CD.根据题意分析可知，由于不知道航空燃油单位时间内的消耗量，故无法求出消耗的功率，故CD错误；
故选：B。
A.根据汽车匀速运动结合功率的条件进行分析；
B.根据动量定理列式并代入数据可计算或者判断；
CD.根据题意分析是否有足够的条件进行功率运算或者判断。
考查能量问题、动量定理的应用，会根据题意进行分析和判断。
12.【答案】D
【解析】解：A.在磁场B2区域中，由圆周运动公式qvB2=mv2R可得比荷为qm=vRB2，因为打到P1的轨迹半径小，所以打到P1处的比荷比打到P2处的比荷大，故A错误；
B.在速度选择器的区域由公式得qvB1=qE可得v=EB1当增大磁场强度B1时，速度v减小，由公式qvB2=mv2R得运动轨迹半径R=mvqB2减小，即P1、P2向上移动，故B错误；
CD.因为粒子在云室中受到的阻力大小为f=kq，它跟粒子的带电荷量大小有关，由A选项知，打到P1处的粒子电荷量更大，受到的阻力更大，那么因为阻力做负功，洛伦兹力不做功，所以打在P1处的带电粒子运动路程更短，运动时间更短，故C错误，D正确。
故选：D。
根据在B2区域的轨迹半径分析比荷的大小；根据粒子在速度选择器中受力平衡分析，进而得到在磁场B2中运动的轨迹半径；根据粒子的受阻力情况分析粒子的运动路程以及时间。
知道在速度选择器中粒子受电场力和洛伦兹力是一对平衡力是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A、由题意：蜂鸣器的工作电压为3∼5V，A端为高电势时Y端从高电势跳到低电势0.25V，即蜂鸣器两端电压为0.25V，低于其工作电压的范围，故蜂鸣器不会报警，故A错误；
B、高温报警器的温度较高时要报警，即高温时Y端为高电势，则A端为低电势，即热敏电阻RT为两端电压应较小，热敏电阻与滑动变阻器为串联分压的关系，则热敏电阻的阻值应较小。可得到高温时热敏电阻的阻值较小，可知温度升高，热敏电阻阻值减小，故B错误；
C、滑片P向b端移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据B选项的分析，要使报警器报警，此时热敏电阻阻值要更小，对应的温度就要更高，即提高了温度报警器的报警温度，故C正确；
D、在温度变化的过程中斯密特触发器能为蜂鸣器提供稳定的高电压或低电压，若无斯密特触发器，将RP与RT调换位置，随着温度的变化，RT的阻值会变化，蜂鸣器两端的电压会随之变化，不能为蜂鸣器提供稳定的高电压或低电压，故D错误。
故选：C。
根据题意分析A端为高电势时蜂鸣器两端电压情况；根据串联电路分压原理，结合题意分析高温报警器的工作原理，判断热敏电阻的阻值与温度的关系；滑片P向b端移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据分析得到的报警器工作原理判断；在温度变化的过程中斯密特触发器能为蜂鸣器提供稳定的高电压或低电压，若无斯密特触发器，随着温度的变化，RT的阻值会变化，蜂鸣器两端的电压会随之变化。
本题考查了电路的动态分析的逻辑能力，理解题意推理报警器工作原理，应用欧姆定律、串并联电路的特点对工作电路进行的动态分析。
14.【答案】D
【解析】解：A、由题意：测量时带电针尖逐渐靠近带电绝缘体材料的表面，可知是利用探针与材料表面之间的静电力作用，使得悬臂发生弯曲达到测量目的，故A错误；
B、入射光线方向不变，法线方向转动θ角，则反射光线要转动θ角的2倍，故B错误；
C、静电力显微镜可以探测带电绝缘体材料的表面电学特征，因金属材料导电性较好(内有自由电子)，带电针尖靠近金属材料会使其表面的电荷分布发生变化，使测量失真，故C错误；
D、由题意的探针工作原理，可知将探针改为磁性材料，探针可以在磁场中利用磁力工作，故可以探测近样品表面磁场的强弱，故D正确。
故选：D。
根据题意分析探针工作原理；入射光线方向不变，法线方向转动θ角，则反射光线要转动θ角的2倍；金属材料导电性较好，带电针尖靠近金属材料会使其表面的电荷分布发生变化；由题意的探针工作原分析将探针改为磁性材料是否可以探测近样品表面磁场的强弱。
本题考查了对物理现象的理解能力，通过对题意的分析、理解作出合理的，满足物理原理的判断结论。
15.【答案】C B AD 变压器不是理想变压器，由于变压器和线圈发热造成铁损以及漏磁造成的铜损
【解析】解：(1)实验时将皮带套在左右半径不同的变速塔轮上，设塔轮半径为R，角速度为ω；
根据线速度与角速度的关系ω=vR
由于塔轮是通过皮带传动，轮边缘线速度大小相同，两塔轮半径不同，因此两塔轮转动的角速度不同；
本实验采用的是控制变量法，所探究的是向心力与角速度的关系，故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)AB.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，换用间距小的双缝，相邻亮条纹之间的距离增大，观察到的条纹个数会减小；
将红色滤光片换成绿色滤光片，入射光的波长变短，干涉条纹间距变窄，故A错误，B正确；
C.双缝干涉条纹与双缝平行，故C错误；
D.去掉滤光片后，屏上出现彩色条纹，故D错误。
故选：B。
(3)根据单摆周期公式T=2π lg，重力加速度g=4π2T2⋅l
A.单摆的摆长等于摆线长与摆球半径之和，因此直接用摆线的长度作为单摆的摆长，测得的重力加速度偏小，故A正确；
B.单摆的周期T=tn，计时开始时，秒表启动稍晚，测量的时间偏小，测量的周期偏小，根据g=4π2T2⋅l可知，测得的重力加速度偏大，故B错误；
C.单摆的周期T=tn−1，测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，测量的周期偏小，根据g=4π2T2⋅l可知，测得的重力加速度偏大，故C错误；
D.摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，单摆的真实摆长变大，测量的摆长偏小，根据g=4π2T2⋅l可知，测得的重力加速度偏小，故D正确。
故选：AD。
(4)变压器不是理想变压器，电流流进铜线圈会发热，铁芯在交变电流的作用下也会发热；交变电流产生的磁场不可能完全局限于铁芯内，会发生漏磁，因此实际测定的电压U2小于理想变压器条件下的电压，导致U1U2>n1n2。
故答案为：(1)C；(2)B；(3)AD；(4)变压器不是理想变压器，由于变压器和线圈发热造成铁损以及漏磁造成的铜损。
(1)根据探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验原理和采用的物理方法分析作答；
(2)AB.根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
C.双缝干涉条纹与双缝平行；
D.去掉滤光片后，屏上出现彩色条纹；
(3)根据单摆周期公式分析实验误差产生的原因；
(4)根据变压器的构造和工作原理分析实际变压器造成的损失，然后作答。
本题考查了探究向心力与质量、半径和角速度的关系，考查了双缝干涉测波长、单摆测重力加速度、探究“变压器的电压与匝数的关系”的实验；一般涉及到实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等，因此要求熟练掌握。
16.【答案】ABDm1x2=m1x1+m2x3 Am1x2=−m1x1′+m2x3′由于轨道存在阻力，A小球再次回到水平轨道末端时的速度小于碰撞后的速度，因此x1′偏小，表达式−m1x1′+m2x3′偏大，导致A、C小球的末动量大于初动量。
【解析】解：(1)为完成本实验，要求知道两球的质量，投影点O到其余三个点的距离，以及能比较准确的找到M、N、P三个点的位置，故还需要的器材是天平、刻度尺和圆规，不需要测时间，故ABD正确，C错误，故选：ABD。
(2)如果系统碰撞动量守恒，设水平向右的方向为正方向，则应该满足
m1v0=m1v1+m2v2
根据两球最终都做平抛运动规律，其平抛运动的时间相等，设为t，有
v0t=x2
v1t=x1
v2t=x3
故上式可变形为m1x2=m1x1+m2x3
(3)实验中能够把速度的测量转化为位移的测量的必要操作保证各个小球均从同一位置被平抛出来，故要求斜槽的末端必须水平，故A正确，BCD错误。故选：A。
(4)由于A球被反向弹回，故动量守恒的表达式变为
m1v0=−m1v1+m2v2
同理可变形为
m1x2=−m1x1′+m2x3′
由于轨道存在阻力，A小球再次回到水平轨道末端时的速度小于碰撞后的速度，因此x1′偏小，表达式−m1x1′+m2x3′偏大，导致A、C小球的末动量大于初动量。
故答案为：(1)ABD；(2)m1x2=m1x1+m2x3；(3)A；(4)m1x2=−m1x1′+m2x3′，由于轨道存在阻力，A小球再次回到水平轨道末端时的速度小于碰撞后的速度，因此x1′偏小，表达式−m1x1′+m2x3′偏大，导致A、C小球的末动量大于初动量。
(1)根据利用平抛运动验证动量守恒的实验要求及注意事项进行分析；
(2)根据动量守恒定律结合平抛运动的知识列式推导变形表达式；
(3)根据实验的注意事项进行分析判断；
(4)根据动量守恒写出公式并导出另一形式的表达式，并对可能的误差原因进行分析。
考查动量守恒的问题，会根据平抛运动的相关规律进行列式并推导相关结论。
17.【答案】解：(1)根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能等于物体离开弹簧后的动能，故Ep=12mv2
(2)设小球在C点的速度大小为vC，在C点，小球受到的重力提供向心力：
mg=mvC2R
小球从B点运动至C点，由动能定理得：
W−2mgR=12mvC2−12mv2
可得W=52mgR−12mv2
(3)小球离开C点后做平抛运动，设运动时间为t，根据平抛运动规律
竖直方向
2R=12gt2
水平方向
x=vCt
可得x=2R
答：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep为12mv2；
(2)物体沿半圆形轨道运动过程中摩擦阻力所做的功W为52mgR−12mv2；
(3)物体在平面AB上的落点到B点的距离x为2R。
【解析】(1)根据能量转化和守恒定律解答；
(2)根据牛顿第二定律和动能定理解答；
(3)根据平抛运动的位移规律进行解答。
考查能的转化和守恒定律以及平抛运动规律，牛顿运动定律等，会根据题意列式求解相应的物理量。
18.【答案】解：(1)圆心O点位置的确定如图所示
(2)设电子做圆周运动的半径为r，根据几何关系，
rsin60∘=d
洛伦兹力提供向心力：evB=mv2r
联立得电子速度v=2 3eBd3m
(3)由圆周运动周期T与线速度v的关系得
T=2πrv
得T=2πmBe
电子在磁场中运动对应的圆心角为θ=60∘，所以电子运动时间为
t=60∘360∘T=16T
可得t=πm3Be
(4)对电子在磁场中运动过程，根据动量定理，
I=ΔP
如图所示
可得I的大小为mv，即
I=2 3Bed3
答：(1)作图确定电子做圆周运动时圆心的位置如上；
(2)电子进入磁场的速度大小v为2 3eBd3m；
(3)电子穿越磁场的时间t为πm3Be；
(4)电子穿越磁场过程中洛伦兹力冲量的大小I为2 3Bed3。
【解析】(1)根据半径垂直于速度方向作出两半径的交点作为圆心；
(2)根据几何关系和牛顿第二定律列式解答；
(3)根据周期和圆心角求出电子运动时间；
(4)根据动量定理结合图像进行解答。
考查带电粒子在磁场中的偏转问题，会根据题意作图，找相应的几何关系并列式解答。
19.【答案】解：(1)令N=N02，可得：12=e−λT1/2
解方程可得T1/2=ln2λ
(2)a.导体棒在运动过程中，水平方向只受安培力，根据牛顿第二定律可知BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律I=ER
根据加速度的定义式a=ΔvΔt
考虑到导体棒做减速运动，所以有ΔvΔt=−B2L2mRv
类比可得方程的解为v=v0beB2L2mRt
b.该同学说法不正确。
在减速过程中，对导体棒运用动量定理，规定初速度方向为正方向−BI−Lt=0−mv0
其中q=I−t=E−Rt=ΔΦR=BLxR
联立可得x=mv0RB2L2，为有限值。
答：(1)元素的半衰期为ln2λ。
(2)a.导体棒的速度v随时间t变化的函数关系为v=v0beB2L2mRt；
b.不正确，见解析。
【解析】(1)根据半衰期的物理意义解答。
(2)a.根据法拉第电磁感应定律结合牛顿第二定律解答；
b.根据动量定理解答。
解答本题时，要掌握动生电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力公式、冲量的定义式等物理规律，要注意半衰期的含义。
20.【答案】解：(1)由动能定理：Q1U=12mvB2
变形可得：vB= 2Q1Um
(2)设小球加速n圈后速度大小为v1，恰好沿碗壁向上运动，意味着小球与碗底之间无相互作用力。碗壁对小球支持力N1的水平分量提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力与重力大小相等。
N1csθ=mg
N1sinθ=mv12R
解得：v12=gRtanθ
由动能定理：n1(4Q1U+4Q2U)=12mv12−0
联立可得：n1=mgRtanθ8U(Q1+Q2)
(3)设此时小球距离碗底的竖直高度为h，碗壁对小球支持力为N2，则有：
N2csθ=mg
N2sinθ=mv2R+htanθ
解得：h=v2g−Rtanθ
根据动能定理得：W−mgh+n2(4Q1U+4Q2U)=12mv2
联立可得：W=32mv2−mgRtanθ−4n2U(Q1+Q2)
答：(1)小球第一次运动到B点时的速度大小vB为 2Q1Um；
(2)若小球加速几圈后，恰好开始沿碗壁向上运动，小球加速的圈数n1为mgRtanθ8U(Q1+Q2)；
(3)晃动塑料碗时，碗对小球做的功W为[32mv2−mgRtanθ−4n2U(Q1+Q2)]。
【解析】(1)根据动能定理求第一次到B点的速度；
(2)根据牛顿第二定律在水平和竖直方向列式求出小球刚要向上运动时的速度，再根据动能定理求加速的圈数；
(3)根据竖直方向的平衡，水平方向圆周运动的规律求出的高度，再由动能定理求出碗对小球做的功。
本题是带电小球在电场中运动与圆周运动的综合，关键是要弄清带电小球被加速的原理，还有小球速度增大到一定时将沿倾斜碗壁向上上升。再结合动能定理、圆周运动的动力学规律可解决问题。