2024年北京市西城区高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年北京市西城区高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共20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.用激光照射金属挡板上的两条平行的狭缝，在挡板后面的屏上观察到明暗相间的条纹。这种现象属于光的( )
A. 衍射现象B. 干涉现象C. 偏振现象D. 全反射现象
2.100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另一种粒子X，后来科学家用α粒子轰击铍核证实了这一猜想，该核反应方程为： 24He+49Be→612C+nmX，则( )
A. m=1，n=0，X是中子B. m=1，n=0，X是电子
C. m=0，n=1，X是中子D. m=0，n=1，X是电子
3.将一只压瘪的乒乓球放到热水中，发现乒乓球会恢复原状。在这个过程中，关于乒乓球内被封闭的气体，下列说法正确的是( )
A. 气体分子的平均动能不变B. 所有分子的运动速度都变大
C. 气体吸收的热量大于其对外做的功D. 气体吸收的热量等于其增加的内能
4.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时的波形如图所示。已知x=1m处的质点P的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin(5πt)m。下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长λ=5m
B. 质点P此刻速度为零
C. 这列波沿x轴负方向传播
D. 这列波的波速为10m/s
5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，原线圈接220V的正弦交流电源，副线圈接R=55Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为4.0A
B. 电压表的示数为31.1V
C. 若负载电阻的阻值减小，电压表的示数减小
D. 若负载电阻的阻值减小，变压器的输入功率增大
6.2023年，我国首颗超低轨道实验卫星“乾坤一号”发射成功。“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星。关于它的运动，下列说法正确的是( )
A. 角速度大于地球自转的角速度
B. 线速度大于地球的第一宇宙速度
C. 线速度小于地球表面物体随地球自转的线速度
D. 向心加速度小于地球表面的物体随地球自转的向心加速度
7.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为m，其推进器工作时飞船受到的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为Δt，测出飞船和空间站的速度变化为Δv。下列说法正确的是( )
A. 空间站的质量为FΔtΔvB. 空间站的质量为FΔtΔv−m
C. 飞船对空间站的作用力大小为FD. 飞船对空间站的作用力大小一定为mΔvΔt
8.如图所示，点电荷Q周围的三个等势面是同心圆，等势面上的点A、B、C在同一条电场线上，且AB=BC。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只受静电力作用，则( )
A. 该电荷沿着电场线做匀加速直线运动
B. 该电荷在AB段动能的增量小于BC段动能的增量
C. 该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量
D. 该电荷在AB段运动的时间小于BC段运动的时间
9.如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中( )
A. 俯视看铝环中的电流沿顺时针方向
B. 铝环对桌面的压力大于它的重力
C. 磁铁运动过程中只受到两个力的作用
D. 磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒
10.研究光电效应现象的装置如图所示。如图中K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K极受到光照时能够发射电子。当用光子能量为2.82eV的光照射K极时，电流表的读数为30μA，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数等于1V时，电流表读数为零，保持滑片位置不变。下列说法中正确的是( )
A. 光电子的最大初动能为1.82eV
B. K极材料的逸出功为1eV
C. 电流表的读数为30μA时，电压表的示数大于1V
D. 仅将电源正负极对调，电流表示数一定大于30μA
11.如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与v2的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是( )
A. 根据图线可以得出小球的质量m=aRb
B. 根据图线可以得出重力加速度g=aR
C. 绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D. 用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
12.2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度g=10m/s2，做出以下判断，其中正确的是( )
A. 实验舱向上运动的过程始终处于超重状态
B. 实验舱运动过程中的最大速度为40m/s
C. 向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J
D. 向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于1×104N⋅s
13.如图所示，匀强电场和匀强磁场的方向均水平向右。一个正离子在某时刻速度的大小为v，方向与电场磁场方向夹角为θ。当速度方向与磁场不垂直时，可以将速度分解为平行于磁场方向的分量v1和垂直于磁场方向的分量v2来进行研究。不计离子重力，此后一段时间内，下列说法正确的是( )
A. 离子受到的洛伦兹力变大B. 离子加速度的大小不变
C. 电场力的瞬时功率不变D. 速度与电场方向的夹角θ变大
14.2023年诺贝尔物理学奖授予了“产生阿秒光脉冲的实验方法”。阿秒(as)是一个极短的时间单位，1as=10−18s。阿秒光脉冲是一种发光持续时间在as量级的光脉冲，它相当于一个足够快的“快门”，帮助人们“拍摄”高速运动的电子，从而“打开电子世界的大门”。产生阿秒光脉冲的模型是：用强激光照射某些气体，由于激光的电场是交变电场，该电场的电场强度和原子内部的库仑场的强度相当时，电子就可能“电离”成为自由电子；电离后的自由电子在激光电场作用下“加速”；当激光的电场反向后，一些电子就有可能飞到被电离的原子附近并与其“复合”回到基态，同时释放出一个高能光子，其频率为入射强激光频率的整数倍，称为高次谐波光子。在适当的条件下，大量原子辐射出高次谐波叠加形成脉冲宽度为阿秒量级的光脉冲。根据上述信息并结合已有的知识，判断下列说法正确的是( )
A. 在1阿秒的时间内，光前进的距离约为0.3mm
B. 电子复合时释放的光子能量等于电子在激光场中加速时获得的能量
C. 电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关
D. 强激光光子能量是高次谐波光子能量的整数倍
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)如图1所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环静止时，由两个测力计的示数得到拉力F1和F2的大小，此外还必须______。
A.记录小圆环的位置
B.记录两细线的方向
C.测量两细线的夹角
D.测量橡皮条的伸长量
(2)“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图2所示。
①用游标卡尺测量摆球直径如图3所示，摆球直径d=______ mm。若测出摆线长l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度的大小g=______(用l、n、t、d表示)。
②改变摆长L，用多组实验数据作出T2−L图像也可以求出重力加速度。如图4所示，测得的数据点拟合后，在一条过原点的直线上，直线的斜率为k。由此可得重力加速度的大小g=______(用k表示)。
16.根据闭合电路的欧姆定律，电源电动势E和内阻r、路端电压U、电流J的关系为E=U+Ir。依据这一原理，甲同学用图1所示的电路测量电源的电动势和内阻。
(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于最______端(选填“左”或“右”)。
(2)调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表和电流表的示数，在坐标纸上标出相应的数据点，作出U−I图线如图2所示。根据图线测得该电源的电动势E测1=______ V，内电阻r测1=______Ω。(结果均保留2位有效数字)
(3)由于电表并非理想电表，导致______(选填“电压”或“电流”)的测量存在系统误差。在如图2上定性画出没有电表内阻影响的理想情况的U−I图线，画出图线与横纵坐标轴的交点。
(4)乙同学拆除电流表和滑动变阻器，直接读取电压表示数为E测2。若电源的电动势为E，内阻为r。电流表、电压表的内电阻分别为RA、RV。根据图像和电路关系，仅从系统误差的角度来看，E测1______E测2，Er______E测1r测1(均选填“”)。可知r测1=______(用电源和电表内阻表示)。
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.儿童滑梯可简化为如图所示的模型。滑梯下滑区AB的长L=4m，倾角α=37∘；一个质量m=20kg的儿童从滑梯顶部A点由静止滑下，最后停在水平缓冲区BC上。若儿童与AB、BC部分的动摩擦因数均为0.5，儿童经过两段连接处速度的大小不变。sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)儿童运动到B点时速度的大小v1；
(2)缓冲区BC部分的最小长度x；
(3)整个过程中摩擦阻力对儿童做的功Wf。
18.磁力刹车是为了保证过山车在最后进站时的安全而设计的一种刹车形式。在轨道之间设置较强的磁场，刹车金属片安装在过山车底部，该装置(俯视)可简化为如图所示的模型：水平导轨间距为L，刹车金属片等效为一根金属杆ab，整个回路的等效电阻为R。磁场区域为方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，过山车的总质量为m。过山车以速度v进入磁场区域，通过磁场区域后速度变为0.5v。磁力刹车阶段不计摩擦力和空气阻力。
(1)求杆ab刚进入磁场区域时，受到的安培力F的大小和方向。
(2)求过山车通过磁场区域的过程中，电路中产生的焦耳热Q。
(3)求磁力刹车阶段过山车加速度大小a的变化范围。为使过山车加速度的大小不超过a0，磁感应强度的大小应满足什么条件？
19.我国的东方超环(EAST)是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。该装置需要将高速运动的离子变成中性粒子，没有被中性化的离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。“偏转系统”的原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，极板右侧存在匀强磁场区域。离子在电场磁场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。
(1)两极板间不加电压，只利用磁场使离子发生偏转，若恰好所有离子均被如图1中的吞噬板吞噬，求磁场的磁感应强度的大小B。
(2)以下极板左端点为坐标原点建立坐标系，沿板建立x轴，垂直板建立y轴，如图1所示。假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过y轴单位长度进入电场的离子数为n。在两极板间加电压U，恰好所有离子均被吸附在下极板。
a.求极板的长度L，并分析落在x轴上坐标为x∼x+Δx范围内的离子，进入电场时通过y轴的坐标范围。
b.离子落在极板上的数量分布呈现一定的规律，若单位时间内落在下极板x位置附近单位长度上的离子数量为nx，求nx随x变化的规律，在如图2中作出nx−x图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。(若Δx远小于x，则(x+Δx)2≈x2+2xΔx)
20.小行星撞击地球虽然发生概率较低，却会使地球生命面临重大威胁。我国已经提出了近地小行星防御的发展蓝图，计划在2030年实现一次对小行星的动能撞击，2030至2035年间实现推离偏转。
已知地球质量为M，可视为质量分布均匀的球体，引力常量为G。若一颗质量为m的小行星距离地心为r时，速度的大小v= 2GMr，m远小于M。不考虑地球运动及其它天体的影响。
(1)若小行星的速度方向垂直于它与地心的连线，通过分析判断该小行星能否围绕地球做圆周运动。
(2)若小行星的速度方向沿着它与地心的连线指向地心。已知取无穷远处的引力势能为零，则小行星在距地心为r处的引力势能Ep=−GMmr。
a.设想提前发射质量为0.1m的无人飞行器，在距离地心为r处与小行星发生迎面撞击，小行星撞后未解体。将撞击过程简化为完全非弹性的对心碰撞。为彻底解除小行星对地球的威胁，使其不与地球碰撞。求飞行器撞击小行星时的最小速度v0。
b.设想对小行星施加适当的“推力”后，使其在距离地心为r处的速度方向与它和地心连线的夹角变为30∘，速度大小不变，也能解除对地球的威胁。已知小行星仅在地球引力所用下的运动过程，它与地心的连线在任意相等时间内扫过相等的面积。求小行星在此后的运动过程中，距地心的最近距离r0。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：激光照射金属挡板上的两条平行的狭缝，在挡板后面的屏上观察到明暗相间的条纹，属于光的干涉现象，故ACD错误，B正确；
故选：B。
频率相同的两列光波叠加时，某些区域的光相互加强，某些区域相互削弱，得到明暗相间的条纹，这就是光的干涉现象。
本题考查了光的干涉，要注意光发生干涉的条件，明确光的干涉现象。
2.【答案】A
【解析】解：核反应过程质量数与核电荷数守恒，
因此：4+9=12+m，2+4=6+n
解得：m=1，n=0，X是中子，故A正确，BCD错误。
故选：A。
核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据核反应方程式求出m、n的大小，然后判断粒子的类型。
本题考查了判断粒子类型问题，知道核反应过程质量数与核电荷数守恒是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
3.【答案】C
【解析】解：A.乒乓球恢复原状的过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，故A错误；
B.温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是所有分子的运动速度都变大，故B错误；
CD.乒乓球恢复原状的过程中，温度升高，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收的热量大于其对外做的功，故C正确，D错误。
故选：C。
AB、根据温度是分子平均动能的标志可分析，CD、根据热力学第一定律即可判断。
本题考查：温度是分子平均动能的标志，热力学第一定律，属于基础题目。
4.【答案】D
【解析】解：BC、质点P的的振动方程可知在t=0时质点P的振动方向沿y轴正方向，其速度不为零，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，故BC错误；
AD、由题图可知波长λ=4m，其周期T=2π5π=0.4s，其波速ν=λT=40.4m/s=10m/s，故A错误，D正确。
故选：D。
根据质点P的振动方程得到周期和质点振动方向，从而由图得到波的传播方向；根据波形图得到波长，即可求得波速。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动方程得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速。
5.【答案】D
【解析】解：AB、原线圈电压U1=220V，由U1U2=n1n2可得副线圈电压：U2=22V，所以电压表示数为22V，电流表示数：I2=U2R=22V55Ω=0.4A，故AB错误；
CD、若负载电阻的阻值减小，电源电压不变，由U1U2=n1n2可知副线圈电压不变，故电压表示数不变，
变压器输出功率P=U22R，U2不变，电阻R减小，则P增大，理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率变大，故C错误，D正确。
故选：D。
AB、根据U1U2=n1n2分析电压表示数，根据欧姆定律分析电流表示数；
CD、根据电源电压不变和U1U2=n1n2分析电压表示数，根据P=U2R分析输入功率。
本题考查了变压器的原理，解题的关键是知道电源电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变。
6.【答案】A
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力GMmr2=mω2r，得ω= GMr3，近地卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，可知近地卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，又因地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度；因此“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r得，v= GMr，即为地球的第一宇宙速度，故B错误；
C、根据v=ωr，又因为“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，可知“乾坤一号”的线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，故C错误；
D、根据a=ω2r，又因为“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，可知“乾坤一号”的向心加速度大于地球表面的物体随地球自转的向心加速度，故D错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力，向心力公式分别用角速度、线速度等参数表示，再结合线速度与角速度之间关系以及向心加速度与角速度之间关系即可分析各个选项。
本题需要掌握万有引力提供向心力以及向心力公式分别用不同的参数表示等知识点的灵活应用，解题过程需要正确选择公式，题目难度适中。
7.【答案】B
【解析】解：AB、设空间站质量为M，将飞船和空间站视为整体，对整体而言在F的作用下速度发生变化，根据动量定理有：FΔt=(M+m)Δv，解得M=FΔtΔv−m，故A错误，B正确；
CD、某一时刻对飞船分析有F−f=ma，其中f为空间站对飞船的作用力，对空间站有f=Ma′，所以作用力大小不为F，由于F是平均推力大小，仅知道速度的变化量是无法确定整个过程是匀变速过程，所以作用力大小不一定是mΔvΔt，故CD错误；
故选：B。
利用整体法，结合动量定理可求出空间站的质量；通过牛顿第二定律得分析，结合题干信息判断作用力是否可以直接求出。
学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的应用，利用整体法减少内力的分析过程。
8.【答案】C
【解析】解：A、靠近正电荷的电场线越密集，电场力越大，则加速度越大，可知该电荷沿着电场线不会做匀加速直线运动，故A错误；
BC、匀强电场中U=Ed，点电荷产生的电场可以用该公式定性分析，AB间的电场场强一定大于BC间的电场场强，且dAB=dBC，则UAB>UBC，电场力做功W=qU，所以WAB>WBC，该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，根据动能定理可知，电荷在AB段动能的增量大于BC段动能的增量，故B错误，C正确；
D、电荷做加速度逐渐减小的加速运动，则相等的位移内运动时间减小，则该电荷在AB段运动的时间大于BC段运动的时间，故D错误。
故选：C。
根据电场力的变化分析加速度变化，根据电场强度变化分析电势差关系，从而分析电势能和动能的变化关系，根据运动学规律分析D。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握点电荷电场强度的变化，注意电场力做功与电势能变化的关系。
9.【答案】B
【解析】解：A、在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量是向下的增加，根据楞次定律可知铝环中的电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、根据“来拒去留”可知在磁铁向下的运动过程中，磁铁受到向上的作用力，则铝环受到磁铁对它向下的作用力，所以铝环对桌面的压力大于它的重力，故B正确；
C、磁铁运动过程中受重力、弹簧拉力和铝环对它向上的作用力，故C错误；
D、磁铁和弹簧组成的系统在运动过程中，受到铝环对它向上的作用力，且对磁铁做负功，所以该系统的机械能减小，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律分析AB；对磁铁受力分析即可；铝环对磁铁做负功。
熟练掌握楞次定律的“来拒去留”和“增反减同”是解题的基础。
10.【答案】D
【解析】解：AB、由题意可知其遏止电压Uc=1V，根据动能定理可得−eUc=0−Ek，解得光电子的最大初动能Ek=1eV
根据光电效应方程Ek=hν−W0，则金属逸出功W0=hν−Ek=2.82eV−1eV=1.82eV，故AB错误；
C、该装置所加电压为反向电压，若电压表示数大于1V即大于遏止电压，电流表中应无示数，故C错误；
D、若将电源正负极对调，即在光电管两端所加的反向电压改为正向电压，电流表示数一定大于30μA，故D正确。
故选：D。
根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理，分析出光电子的最大初动能和阴极的逸出功；明确光电流为零的条件；知道正向电压和反向电压对电路的影响。
明确光电效应原理，AK间若为加速度电压，则电压增大电流增大，但有饱合值；对于光电效应，要从极限频率和最大初动能两个角度结合爱因斯坦光电效应方程去分析解决问题。
11.【答案】A
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律和向心力的计算公式，得到图像的表达式为：F+mg=mv2R，变形为：F=mRv2−mg
根据F−v2图像的斜率可得：a2b−b=mR
根据F−v2图像的横轴截距可得：0=mRb−mg
解得：m=aRb，g=bR，故A正确，B错误；
C、根据斜率k=mR，可知R不变，m减小，斜率减小，故C错误；
D、横轴截距b=gR，可知R变大，g不变，所以b会变大，可得图线与横轴交点的位置向右移动，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律和向心力的计算公式得到图像的表达式，利用图像的斜率与截距解答
此题中小球在最高点时只受到绳子拉力和自身重力，利用向心力公式，根据牛顿第二定律，可以得到F−v2的图像的解析式，图像中的特殊点也可以代入计算，利用数学解决物理问题。
12.【答案】C
【解析】解：A、实验舱竖直向上加速运动至A位置的过程，其加速度向上，处于超重状态。实验舱做竖直上抛运动到达最高点的过程，其加速度等于g，方向竖直向下，此过程处于完全失重状态，则实验舱向上运动的过程先处于超重状态，后处于完全失重状态，故A错误；
B、实验舱竖直向上加速运动至A位置后做竖直上抛运动，可知在A位置时速度最大，由题意可知竖直上抛运动阶段持续的时间为t=4s，则实验舱运动过程中的最大速度为vm=g×12t=10×12×4m/s=20m/s，故B错误；
C、实验舱在A位置时的动能为：Ek=12mvm2=12×500×202J=1×105J，实验舱竖直向上加速运动过程，其重力势能也增加了，即实验舱竖直向上加速运动过程其机械能增加量大于1×105J，由功能关系可知，此过程电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J，故C正确；
D、向上弹射阶段，实验舱的动量增加量为：Δp=mvm=500×20N⋅s=1×104N⋅s，设电磁弹射系统对实验舱的冲量大小为I，重力的冲量大小为IG，以向上为正方向，根据动量定理得：I−IG=Δp，可知向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于1×104N⋅s，故D错误。
故选：C。
根据实验舱的加速度方向判断其超失重状态；实验舱竖直向上加速运动至A位置时速度最大，根据运动学公式求解；求出实验舱在A位置时的动能，根据功能关系判断；求出实验舱的动量增加量，根据动量定理判断。
本题考查了动量定理，功能关系，超重与失重现象，竖直上抛运动规律，基础题目。掌握超失重的判断方法，功与能的对应关系，在应用动量定理解答问题时要注意矢量性，先规定正方向，在确定动量与冲量的正负。
13.【答案】B
【解析】解：A.粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小为f=qv2B，洛伦兹力不做功，分速度v2大小不变，电场力做正功只会使分速度v1变大，故洛伦兹力大小不变，故A错误；
B.粒子所受的洛伦兹力不变，电场力也不变，二者方向互相垂直，故合外力大小不变，根据牛顿第二定律，则加速度大小也不变，故B正确；
C.电场力的瞬时功率等于电场力和沿电场方向的分速度v1的乘积，即P=qEv1，由于电场力做功，v1变大，所以电场力的瞬时功率变大，故C错误；
D.根据速度的分速度与合速度的关系
当v1变大时，可得θ逐渐变小，故D错误。
故选：B。
A.根据洛伦兹力的公式分析判断；
B.根据力的合成和牛顿第二定律进行分析判断；
C.根据电场力的瞬时功率的公式进行解答；
D.根据分速度和合速度的图解关系进行解答。
考查力的合成、速度的分解与合成以及功率的问题，会根据题意进行相关的分析和判断。
14.【答案】C
【解析】解：A、光在空气中的速度约为3×108m/s，在1阿秒的时间内，光前进的距离约为s=3×108×10−18m=3×10−10m=3×10−7mm，故A错误；
B、电子复合时释放的光子能量至少等于原子由最高能级跃迁到基态释放的能量，并不等于电子在激光场中加速时获得的能量，故B错误；
C、由题意可知，电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关，故C正确；
D、由题意可知，高次谐波光子的频率为入射强激光频率的整数倍。故D错误。
故选：C。
光在空气中的速度约为3×108m/s，根据光速与时间的乘积求解光前进的距离；电子复合时释放的光子能量至少等于原子由最高能级跃迁到基态释放的能量；分析题意，解答CD选项。
本题为知识给予题，重在理解题意，找到和学过的物理知识的关联，结合题目所给知识解答问题。
15.【答案】AB18.54π2n2(l+d2)t2 4π2k
【解析】解：(1)根据实验原理及操作可知还必须记录小圆环的位置和记录两细线的方向，故AB正确，CD错误；
故选：AB。
(2)①游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为18mm+5×0.1mm=18.5mm
n次全振动所用的时间t，周期为T=tn
根据单摆周期公式T=2π l+d2g
解得g=4π2n2(l+d2)t2
②根据单摆周期公式T=2π Lg
解得T2=4π2Lg
根据图像斜率可知k=4π2g
解得g=4π2k
故答案为：(1)AB；(2)①18.5；4π2n2(l+d2)t2；②4π2k
(1)根据实验原理及操作规范分析解答；
(2)①根据游标卡尺精确度读数，根据单摆周期公式解答；
②根据单摆周期公式结合图像斜率分析解答。
本题主要考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”实验和单摆测量重力加速度的实验，需要熟记实验器材的选取和正确的实验操作，对数据的处理要求也较高，难度中等偏上。
16.【答案】左 4.44.1电流 ==RVrRV+r
【解析】解：(1)滑动变阻器串联在电路里，闭合开关时为保护电路，其接入电路的阻值要最大，则闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于最左端。
(2)根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，可知U−I图线的纵截距等于测得该电源的电动势，则：E测1=4.4V
U−I图线的斜率绝对值等于测得该电源的内电阻，则：r测1=Ω=4.1Ω。
(3)由于电压表的分流作用，所以导致电流的测量存在系统误差。
考虑电压表的分流，设电压表的内阻为RV，则实际流过电源的电流为：I实=I+URV
可知对于相同的路端电压U，实际流过电源的电流大于测量得到的电流，且U越大，两者相差的越大，没有电表内阻影响的理想情况的U−I图线如下图所示。
(4)乙同学拆除电流表和滑动变阻器，直接读取电压表示数为E测2。若电源的电动势为E，内阻为r。电流表、电压表的内电阻分别为RA、RV。
电压表与电源组成回路，则有：U=E−URVr
由题意得：E测2=U=ERVRV+r
对于(2)的测量，考虑电压表的分流作用时，则有：U=E−(I+URV)r，变形为：U=RVERV+r−RVrRV+rI
可知：E测1=RVERV+r
可得：E测1=E测2
路端电压为零时(U=0)的电流为短路电流，则有：I短=Er
对于(2)的测量，当U=0时流过电压表的电流为零，即此时电压表无分流，电流表示数无误差，则有：I短=E测1r测1
可得：Er=E测1r测1
由：U=RVERV+r−RVrRV+rI，可知：r测1=RVrRV+r
故答案为：(1)左；(2)4.4；4.1(4.0、4.2均算正确)；(3)电流；画出所要求的U−I图线见解答；(4)=；=；RVrRV+r
(1)滑动变阻器串联在电路里，闭合开关时为保护电路，其接入电路的阻值要最大。
(2)根据闭合电路欧姆定律，结合U−I图线的纵截距和斜率解答。
(3)由于电压表的分流作用，所以导致电流的测量存在系统误差。考虑电压表的分流，分析实际流过电源的电流与测量得到的电流的关系。
(4)根据题意，应用闭合电路欧姆定律，推导两次测量值与真实值的关系式，进行比较作答。
本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，实验原理是闭合电路欧姆定律，利用U−I图像处理数据得到所测物理量。本题重点在误差分析部分，根据题目的解答，掌握误差分析的方法，可用图像法或解析法分析误差。
17.【答案】解：(1)儿童从A运动到B的过程，根据动能定理有
mgLsinα−μmgLcsα=12mv12
得v1=4m/s
(2)儿童在缓冲区运动时，根据动能定理有
−μmgx=0−12mv12
得x=1.6m
(3)儿童从A点运动到C点的全过程，根据动能定理
mgLsinα+Wf=0
得W=−480J
答：(1)儿童运动到B点时速度的大小v1为4m/s；
(2)缓冲区BC部分的最小长度x为1.6m；
(3)整个过程中摩擦阻力对儿童做的功Wf为−480J。
【解析】(1)(2)(3)分阶段和全过程使用动能定理列式求解各物理量。
考查动能定理的应用问题，会根据题意分过程或全过程列式求解相应的物理量。
18.【答案】解：(1)杆ab通过磁场的过程，产生的感应电动势为：E=BLv
根据闭合电路欧姆定律可得回路的感应电流的大小为：I=BLvR，方向b→a
杆ab受到的安培力大小为：F=BIL=B2L2vR
根据左手定则可知杆ab受到的安培力方向与速度方向相反，即方向向左；
(2)杆ab通过磁场的过程中，根据能量守恒定律可得：
Q=12mv2−12m(v2)2=38mv2；
(3)设杆ab刚进入磁场时加速度的大小为a1，根据牛顿第二定律得加速度大小为：a1=B2L2vmR
同理，杆ab即将离开磁场时的加速度大小为：a2=B2L2v2mR
磁力刹车阶段过山车的加速度大小的变化范围为：B2L2v2mR∼B2L2vmR
为使加速度的大小不超过a0，则有：B2L2vmR≤a0
解得：B≤ mRa0L2v。
答：(1)杆ab刚进入磁场区域时，受到的安培力F的大小B2L2vR，方向向左；
(2)过山车通过磁场区域的过程中，电路中产生的焦耳热为38mv2；
(3)磁力刹车阶段过山车加速度大小a的变化范围为B2L2v2mR∼B2L2vmR；为使过山车加速度的大小不超过a0，磁感应强度的大小应满足B≤ mRa0L2v。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结合安培力的计算公式进行解答；
(2)杆ab通过磁场的过程中，根据能量守恒定律进行解答；
(3)根据牛顿第二定律得加速度大小；为使加速度的大小不超过a0，根据加速度表达式求解磁感应强度的大小应满足的条件。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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。
19.【答案】解：(1)离子恰好被全部吞噬时，从上极板右端射入磁场的离子恰好打在吞噬板上端(即下极板的右端)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为半个圆周，易知离子的运动半径为：R=d2
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R
解得：B=2mvqd
(2)a.离子在极板间做类平抛运动，恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子恰好落在了下极板的右端。对此粒子有：
沿板方向做匀速直线运动有：L=vt
离子受到电场力为：F=qUd
根据牛顿第二定律有：a=Fm=qUmd
垂直板方向做匀变速直线运动有：d=12at2=12×qUmd×(Lv)2
解得：L=vd 2mqU
落在下极板x位置的离子，在电场中的运动时间为：t′=xv
进入电场时的纵坐标为：y1=12at′2=qU2dm(xv)2
同理，落在下极板x+Δx位置的离子，进入电场时纵坐标为：y2=qU2dm(x+Δxv)2
离子从qU2dm(xv)2∼qU2dm(x+Δxv)2区间进入电场。
b.单位时间从y1∼y2范围内进入电场的离子，落在x−x+Δx区间，根据离子数量相等有：
n(y2−y1)=nxΔx
解得：nx=nqUdmv2x
图像如下图所示，图线下的面积代表单位时间内落在下极板的离子数。
答：(1)磁场的磁感应强度的大小B为2mvqd。
(2)a.极板的长度L为vd 2mqU，并分析落在x轴上坐标为x∼x+Δx范围内的离子，进入电场时通过y轴的坐标范围为qU2dm(xv)2∼qU2dm(x+Δxv)2。
b.nx随x变化的规律为nx=nqUdmv2x，作出nx−x图像见解答，图线与横轴所围面积的物理意义是单位时间内落在下极板的离子数。
【解析】(1)离子恰好被全部吞噬时，从上极板右端射入磁场的离子恰好打在吞噬板上端，由几何关系求得离子的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解。
(2)a.离子在极板间做类平抛运动，恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子恰好落在了下极板的右端。对此粒子，根据牛顿第二定律和运动学公式求解极板长度。同理求解进入电场时通过y轴的坐标范围。
b.根据离子在y轴上是均匀分布的，找到离子数量相等的关系，结合上一问的结论求解。依据表达式画出图像，图线下的面积代表单位时间内落在下极板的离子数。
本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，难度不大，重在理解题意。典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
20.【答案】解：(1)若小行星在该位置做匀速圆周运动，设速度大小为v1，由万有引力起供向心大力
GMmr2=mv12r
得v1= GMr
由于v≠v1，故小行星不能围绕地球做匀速圆周运动；
(2)a.设碰撞后小行星的速度大小为v2，为彻底解除小行星的威胁，应使小行星被撞后能运动至无穷远处，根据能量守恒定律有
−G(m+0.1m)⋅Mr+12(m+0.1m)v22=0
得v2= 2GMr
以飞行器速度方向为正方向，飞行器撞击小行星的过程，根据动量守恒定律有
0.1mv0−mv=(0.1m+m)v2
得v0=21 2GMr
b.设小行星离地心最近时，速度的大小为v3，小行星与地心的连线在相等时间扫过相等面积有
vrsinθ=v3r0
根据能量守恒定律有
−GMmr+12mv2=−GMmr0+12mv32
得r0=14r
答：(1)小行星不能围绕地球做圆周运动，理由如上；
(2)a.飞行器撞击小行星时的最小速度v0为21 2GMr；
b.小行星在此后的运动过程中，距地心的最近距离r0为14r。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力计算圆周运动对应的速率和题中给定的速率比较判断；
(2)a.根据能量守恒定律和动量守恒定律列式进行分析判断；
b.根据题意结合能量守恒定律列式解答。
考查能的转化和守恒定律以及动量守恒定律，会根据题意进行准确的分析和解答。