2023-2024学年北京市东城区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市东城区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.细胞膜的厚度约等于8×10−9m，当细胞膜的内外层之间的电压达到40mV时，一价钠离子(Na+)可发生渗透通过细胞膜，若将细胞膜内的电场视为匀强电场。当钠离子刚好发生渗透时，下列说法正确的是( )
A. 细胞膜内电场强度的大小为3.2×10−10V/m
B. 细胞膜内电场强度的大小为2×10−7V/m
C. 一个钠离子发生渗透时电势能改变0.04eV
D. 一个钠离子发生渗透时电势能改变4.8×10−22J
2.下列说法正确的是( )
A. β衰变中释放的电子是核内中子转化为质子过程中产生的
B. 阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动
C. 由于原子核衰变时释放能量，根据E=mc2，衰变过程质量增加
D. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
3.用活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，改变条件使气缸内气体发生由a→b→c的变化过程，其p-V图像如图所示，其中ac为等温线，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是( )
A. a→b过程气缸中气体的密度不变B. a→b的过程气体是从外界吸收热量的
C. a→b→c 的总过程气体是向外界放热的D. a状态气体的体积是c状态气体体积的2倍
4.图甲、图乙分别为研究光现象的两个实验，下列说法正确的是( )
A. 图甲正中央的亮点是由于光通过小孔沿直线传播形成的
B. 图甲所示现象是光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样，它与光通过圆孔得到的衍射图样是一样的
C. 图乙中的P、Q是偏振片，P固定不动，缓慢转动Q，只有如图中所示P、Q的“透振方向”相平行的位置时光屏才是亮的
D. 图乙所示现象可以表明光波是横波
5.一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b。已知a光的频率小于b光的频率，下列光路图中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。Rt为热敏电阻(已知其电阻随温度升高而减小)，R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u=51sin50πtV
B.

图甲中t=1×10−2s时，穿过线圈的磁通量为0

C. Rt温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D. Rt温度降低后，变压器的输入功率减小
7.如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是( )
A. 使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B. 使箱子做自由落体运动
C. 使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D. 使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
8.图甲所示为用传感器测量某直流电源(在图甲中用电池的符号来表示)的电动势E和内电阻r的实验电路，按此原理测量得到多组数据后作出的U−I图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 图中A、B分别为电压传感器和电流传感器
B. 闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端
C. 根据图乙可求出该电源的电动势E=1.48V
D. 根据图乙可求出该电源的内阻r=1.43Ω
9.一个质量为m的网球从距地面高H1处自由下落，反弹的最大高度为H2。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是( )
A. 网球的加速度先向上后向下
B. 网球速度为0时受地面的弹力最大
C. 地面对网球所做的功等于mgH1−H2
D. 网球受地面的平均冲击力等于m( 2gH1+ 2gH2) 2H1g− 2H2g
10.用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两块间距为d的平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度v0水平入射，可以给右侧平行板电容器PQ供电。靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷出的速度大小为v。下列说法正确的是( )
A. 放射源S释放的粒子带负电
B. 增大q0的值，可以提高v
C. PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来 2倍
D. v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍
11.嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的周期约为16小时的椭圆轨道，称为16小时轨道(如图中曲线1所示)。随后，为了使卫星离地越来越远，星载发动机先在远地点点火，使卫星进入图中曲线2所示新轨道，以抬高近地点。后来又连续三次在抬高以后的近地点点火，使卫星加速和变轨，抬高远地点，相继进入24小时轨道、48小时轨道和地月转移轨道(分别如图中曲线3、4、5所示)。卫星最后进入绕月圆形轨道，距月面高度为h，周期为T0。已知月球半径为r，引力常量为G，则以下正确的是( )
A. 卫星在16小时轨道上运行时，在近地点的机械能比在远地点的机械能小
B.

24小时轨道与48小时轨道的半长轴之比为1:34

C. 卫星在地月转移轨道上运行时速度大于第二宇宙速度
D. 月球的质量为4π2r3GT02
12.如图甲所示，水滴滴在平静的水面上，会形成水波向四周传播(可视为简谐波)。可利用两个能够等间隔滴水的装置S1、S2来研究波的叠加现象，图乙所示为以S1、S2为波源的两水波在某时刻叠加的简化示意图，已知S1、S2的振幅均为A，该时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则下列说法正确的是( )
A. a处质点做简谐运动，振幅为0
B. b处质点此刻的位移大小为2A
C. 若想观察到稳定的干涉现象，可将S2滴水间隔调小
D.

只要将S1的滴水间隔调至和S2的相等，c处质点就做振幅为2A的简谐运动
13.科学家发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，用 4n表示。“四中子”是通过向液态氢靶上发射 8He原子核而产生的，与H碰撞可将一个 8He核分裂成一个α粒子和一个“四中子”。由于 4He核由四个核子组成，与“四中子”体系很相近，所以早在上个世纪50年代就有人根据 4He核的结合能，估算“四中子”的结合能最大约为14MeV，其后有很多实验对四中子体系进行探测，但多数结论是否定的。2022年，由数十个国家的科学家组成的团队发现了“四中子态”存在的明确证据。下列有关“四中子”粒子的说法正确的是( )
A. 可以通过电磁场使 4n形成高速粒子束
B. 产生“四中子”的核反应为H+8He→4He+4n
C. 从核子间相互作用来看，“四中子”与 4He核的区别在于是否存在电磁力
D. 按上世纪50年代的估算，4个中子结合成“四中子”至多需要吸收14MeV的能量
14.如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是( )
A. 这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B. 第②次碰撞后斜劈的速度小于2mv0sin2θM
C. 第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于M+mg
D. 第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
(1)下列实验步骤的正确顺序是______(填写实验步骤前的序号)。
a.往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
b.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
c.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
d.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积
e.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
(2)实验中，所用油酸酒精溶液每V1体积溶液中有纯油酸体积V2，用注射器和量筒测得体积为V0的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积S=______；可求得油酸分子的直径为______(用V1、V2、V0、n、S表示)。
(3)某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为______。
A. 油膜中含有大量未溶解的酒精
B. 计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C. 水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D. 用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴
16.同学们用多种方法测重力加速度值。
(1)用如图甲所示的单摆做“用单摆测重力加速度”的实验。
①此实验中重力加速度的表达式为g=_________(用摆长l，周期T表示)。
②若改变摆长，多次测量，得到周期平方T2与摆长l的关系如图乙所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是_________(选填正确选项前的字母)。
A.测周期时多数了一个周期
B.测周期时少数了一个周期
C.测摆长时直接将摆线的 长度作为摆长
D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
(2)将单摆挂在力传感器的下端，通过力传感器测定摆动过程中摆线受到的拉力F，由计算机记录拉力F随时间t的变化，图像如图丙所示。测得摆长为l，则重力加速度的表达式为g=_________。
(3)如图丁所示，将光电门安装在小球平衡位置的正下方，在小球上安装轻质挡光片，挡光宽度为d，在铁架台后方固定量角器，利用此装置测重力加速度值。首先测得摆长为l，之后将小球拉离平衡位置，当摆线与竖直方向成θ角(θ值可由量角器读出)时将小球由静止释放，传感器测得小球第一次摆下挡光的时间Δt。多次改变摆角θ测得对应的Δt，可得到多组θ,Δt数据，同时计算机可根据需要算出关于θ的任意三角函数值。
①为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制_________图像(写出图像的纵坐标-横坐标)；
②根据第①问中绘制的图像，求得图像斜率的大小为k，则计算得到重力加速度g=_________。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，BC是光滑绝缘的14圆弧轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，已知滑块受到的静电力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，将滑块从水平轨道上与B点距离为x=4R的A点由静止释放，滑动过程中滑块电荷量不变，重力加速度用g表示，求：
(1)滑块到达B点时的速度vB；
(2)滑块在圆弧轨道上运动时，重力和电场力合力的大小和方向；
(3)滑块到达与圆心O等高的C点时，轨道对滑块的作用力大小FC。
18.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一宽度大于l的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁感应强度大小为B，磁场方向竖直向下。导线框以向右的初速度v0进入磁场。
(1)求dc边刚进入磁场时，线框中感应电动势的大小E0；
(2)求dc边刚进入磁场时，ab边的瞬时电功率P0；
(3)若导线框能够完全通过磁场区域并继续运动，请在图乙中定性画出导线框所受安培力大小F随时间t变化的图像，并说明安培力随时间变化的原因。
19.天文学家范⋅艾伦发现在地球大气层之外存在着一个辐射带包裹着地球，这一辐射带被命名为“范⋅艾伦辐射带”，它是由于地球磁场捕获了大量带电粒子而形成，分为内层和外层，如图1所示。由于地球两极附近区域磁场强，其他区域磁场弱，当宇宙射线进入地磁场后会使带电粒子沿磁感线做螺线运动，遇到强磁场区域被反射回来，在地磁两极间来回“弹跳”，被“捕获”在地磁场中。不过还是有一些宇宙射线粒子可以“溜进”地球大气层，它们和空气分子的碰撞产生的辐射就形成了绚丽多彩的极光。大气中最主要的成分是氮和氧，波长557.7nm的绿色和630nm附近的红色极光主要由氧原子发出，波长高于640nm的红色极光由氮气分子发出。(计算时普朗克常量取h=6.6×10−34J⋅s，真空中光速c取3×108m/s)
(1)a.求放出一个波长为630nm的红色光子时，氧原子的能量变化ΔE(结果取1位有效数字)；
b.请说明带电粒子和空气分子碰撞产生辐射的过程中能量是如何转化的。
(2)图2所示的是质量为m、电荷量为q的带电粒子在具有轴对称性的非均匀磁场中做螺线运动的示意图，若将粒子沿轴线方向的分速度用v//表示，与之垂直的平面内的分速度用v⊥表示。
a.某时刻带电粒子的v//=v1，v⊥=v2，所在处磁感应强度大小为B，如果将粒子从此刻起在垂直平面内做圆周运动的一个周期时间内，所到达区域的磁场按匀强磁场(方向沿轴线)进行估算，求粒子在垂直平面内做圆周运动的半径r和在一个周期时间内沿轴线前进的距离(螺距)d；
b.实际上带电粒子的半径和螺距都会不断变化，已知带电粒子在从弱磁场区向强磁场区运动的同时，在垂直平面内的速度v⊥会变大，在此已知的基础上请用高中物理的知识解释为什么带电粒子在从弱磁场区向强磁场区螺旋前进时，分速度v//会减小到零，并继而沿反方向前进。
20.平抛运动、简谐运动、匀速圆周运动是三种典型的质点运动模型，初速度和受力情况的不同决定了质点做何种运动。
(1)平抛运动是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。一质点以初速度v0在竖直面内做平抛运动，以抛出点为原点，以v0的方向为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向建立坐标系。
a.某时刻质点速度与水平方向的夹角为θ，质点相对于抛出点的位移与水平方向的夹角为α，请证明θ与α满足：tanθ=2tanα；
b.请写出质点的轨迹方程。
(2)简谐运动的质点所受回复力F与位移x成正比，且方向总和位移相反，即F=−kx，其中k为常数。如图所示，竖直平面内有一光滑的抛物线轨道，其轨迹方程与(1)问中求得的结果相同。现有一质量为m的小珠子套在轨道上，且可在轨道上自由滑动。若将小珠子从轨道上距轨道中心O点很近的地方由静止释放，小珠子将围绕O点做往复运动。请证明小珠子在轨道中心O点附近的往复运动是简谐运动(当θ很小时，sinθ≈tanθ)。
(3)做匀速圆周运动的质点，其合力总指向圆心，大小等于质量乘以向心加速度。若第(2)问的抛物线轨道绕y轴转动，请讨论并说明当以不同角速度匀速转动时，小珠子能否相对轨道静止？若能，请说明相对静止的位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.细胞膜内电场强度的大小E=Ud=40×10−38×10−9V/m=5×106V/m
故AB错误；
CD.由电场力做功与电势差的关系得W=qU=40×10−3eV=0.04eV
电势能改变ΔEp=W=0.04eV=6.4×10−21J
故C正确，D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】A.β衰变中释放的电子是核内一个中子转化为一个质子和一个电子过程中产生的，故A正确；
B.阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气对流作用下飞扬，不是布朗运动，故B错误；
C.由于原子核衰变时释放能量，根据E=mc2衰变过程质量亏损，故C错误；
D.根据光电效应方程Ek=hν−W0
即光电子的最大初动能与入射光的频率为线性关系但不是正比例关系，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知，a→b过程气体进行等压变化，体积减小，气缸中气体的密度增大，故A错误；
B.a→b过程气体体积减小，温度降低，气体内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故B错误；
C.ac为等温线，两点内能相同，从a→b→c过程体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，全过程气体放热，所以a→b过程气体放出的热量大于b→c过程气体吸收的热量，即总过程气体是向外界放热的，故C正确；
D.ac为等温线，即p0Va=3p0V0
所以Va=3V0
故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.图甲正中央的亮点是由于光通过小圆板发生光的衍射得到的，故A错误；
B. 圆孔衍射，是光的衍射现象的一种。光波通过细小圆孔后产生的衍射，屏上中央亮区多，暗区少，与光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样不一样。故B错误；
C.图乙中的P、Q是偏振片，P固定不动，缓慢转动Q，P、Q的“透振方向”相平行的位置时光屏是最亮的，P、Q的“透振方向”相垂直的位置时光屏是暗的，其他一般的夹角位置，亮度介于两者之间，故C错误；
D.只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】由于 a 光的频率小于 b 光的频率，因此玻璃对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率，则 b 光进入玻璃后偏折程度大，在下方，又两出射光均应平行于入射光，可知B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.根据图甲可知Em=51V ， T=0.02s
则ω=2πT=100πrad/s
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=51sin100πtV
故A错误；
B.在图甲的t=0.01s时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故B错误；
C.理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流I2增大。电压表V2测量Rt的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有Ut=U2−I2R
则电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D.理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度降低时，Rt阻值变大，则变压器的输出功率为P=U22R+Rt输出功率变小。理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率减小，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.当箱子沿水平方向做匀加速直线运动，若物体相对斜面静止，则两者加速度相等。当物体所受重力和支持力的合力恰好水平向右，且等于其做加速运动所需合力时，物体与斜面间的摩擦力恰好为零，即物体相对斜面静止。故A不符合题意；
B.当箱子做自由落体运动，此时物体与箱子之间的作用力为零，物体也做自由落体运动，即物体相对斜面静止，故B不符合题意；
C.当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则物体受力如图所示
建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有
FN−mgcs θ=macs θ
f−mgsinθ=masinθ
整理可得f=FNtanθ
由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，故有μ即f=μFN故假设不成立。物块与斜面发生相对滑动。故C符合题意；
D.当箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动时，当物体所受支持力与摩擦力在水平方向的合力恰好提供做圆周运动的向心力时，物体与斜面相对静止。故D不符合题意。
故选C。
8.【答案】D
【解析】A.测量一电池的电动势E和内阻r需要测路端电压和电流，电流传感器应串联接入电路，电压传感器应并联接入电路，由电路图可知图中A、B分别为电流传感器和电压传感器，故A错误；
B.滑动变阻器采用限流接法，为了保护电路，闭合开关前滑片置于阻值最大处，由图可知，滑片应置于a处，故B错误；
CD.由闭合电路欧姆定律U=E−Ir
可知 U−I 图像的纵轴截距表示电源电动势为E=1.50V
斜率的绝对值为电源内阻为r=1.50−Ω≈1.43Ω
故C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】B
【解析】A.整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，故A项错误；
B.网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段网球的压缩量较小，因此地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做加速运动，由牛顿第二定律mg−kx=ma1
随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下，
当mg=kx时，合外力为零，加速度为0，此时速度最大；
由于惯性网球继续向下运动，此时kx−mg=ma2，方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以网球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B项正确；
C.由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，即有力无位移的情况，所以地面对网球所做的功为零，故C项错误；
D.小球从 H1 处自由落下，设落地瞬间速度为 v1 ，有v12=2gH1
解得v1= 2gH1
小球离开地面的速度为 v2 ，有0−v22=−2gH2
解得v2= 2gH2
设网球与地面作用时间为t，设向下为正方向，由动量定理有−Ft=−mv2−mv1
整理有F=m 2gH1+ 2gH2t
由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力无法求得，故D项错误。
故选B。
10.【答案】D
【解析】A.根据左手定则可知，正负离子进入MN区域，正离子受到向下的洛伦兹力，负离子受到向上的洛伦兹力，所以正离子打到N板，负离子打到M板，N板电势高于M板，即Q板电势高于P板，S释放的粒子受到向上的电场力，电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；
BC.根据力的平衡可得q0v0B=q0Ud
S释放的粒子，加速过程有qU=12mv2
联立可得v= 2qBv0dm
由此可知，粒子射出的速度与q0、PQ间距无关，故BC错误；
D.由以上分析可知，当v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍，故D正确。
故选D。
11.【答案】B
【解析】A.卫星在16小时轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒。在近地点的机械能等于在远地点的机械能，故A错误；
B.设24小时轨道与48小时轨道的半长轴分别为 R1 ， R2 ，
由开普勒第三定律有R 13R 23=T 12T 22=242482
得R1R2=1 3 4
故B正确；
C.所有卫星的运行速度小于第一宇宙速度，而第一宇宙速度小于第二宇宙速度，所以卫星在地月转移轨道上运行时速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D.对卫星有GM月m(r+h)2=m4π2T 02(r+h)
得M月=4π2(r+h)3GT 02
故D错误。
故选B。
12.【答案】B
【解析】A.由题图可知，a处的质点此时刻处于两列波的波峰与波谷相遇的点，由波的叠加知识可知，此时刻a处速度为零。在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据v=λf
由图知波源 S2 的波长小，所以波源 S2 的频率较大，即两列波的频率不同，两列波无法发生稳定的干涉现象，所以a处的质点并不是一直处于静止状态，即a处质点的振幅不为零，故A项错误；
B.由题图可知，b处的质点此时刻处于两列波的波谷与波谷相遇的点，由波的叠加知识可知，此时刻该处质点的位移大小为2A，故B项正确；
C.在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据v=λf
由图知波源 S2 的波长小，所以波源 S2 的频率较大，为观察到稳定的干涉图样，可将图中 S2 的频率调小，即将 S2 滴水间隔调大，故C项错误；
D.将两装置的滴水间隔调至相等，此时两列波的频率相同，会产生稳定的干涉现象，但是c处的质点不一定处于振动加强点，即c处的质点不一定做振幅为2A的简谐运动，故D项错误。
故选B。
13.【答案】C
【解析】A.由于中子不带电，所以四中子也是不带电，即无法通过电磁场使 4n 形成高速粒子束，故A项错误；
B.由电荷数守恒和质子数守恒，其核反应方程应该为H+8He→4He+4n+H
故B项错误；
C.“四中子”的核子由于是中子构成的，其不带电，核子间的作用力没有电磁力，而 4He 核中有带正电的质子，所以其核子间的作用力有电磁力。所以从核子间相互作用来看，“四中子”与 4He 核的区别在于是否存在电磁力，故C项正确；
D.由题意可知，其结合能约为14MeV，所以四个中子结合成“四中子”需要放出约14MeV的能量，故D项错误。
故选C。
14.【答案】B
【解析】A.第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；
B.第②次碰撞后速度的分解如图
水平方向动量守恒
mv0csθcsθ−mvysinθ+Mv=mv0
解得斜劈的速度
vx=mv0sin2θ+mvysinθM故B正确；
C.第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于 M+mg ，故C错误；
D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度 v′故选B。

15.【答案】(1)dabec(2)①71a2 ②V0V2nSV1 (3)BC
【解析】(1)实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。
(2)根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为S=71a2
由于所用油酸酒精溶液每 V1 体积溶液中有纯油酸体积 V2 ，则溶液的浓度为x=V2V1
用注射器和量筒测得体积为 V0 的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为V=V0nx
油酸分子直径为d=VS
解得d=V0V2nSV1
(3)A.油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油膜面积测量值偏大，根据上述可知，油酸分子直径测量值偏小，故A错误；
B.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，根据上述可知，油酸分子直径测量值偏大，故B正确；
C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，根据上述可知，油酸分子直径测量值偏大，故C正确；
D.用注射器和量筒测 V0 体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，根据上述可知，油酸分子直径测量值偏小，故D错误。
故选BC。
16.【答案】(1)①4π2lT2 ；② C
(2)π2l4t02
(3)① csθ−1Δt2 ； ②d22kl

【解析】(1)①根据单摆周期公式T=2π lg
解得g=4π2lT2
②根据单摆周期公式T=2π lg
其中l=L+r
解得T2=4π2gL+4π2gr
由图可知，当l为零时，T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离摆线的长度作为摆长。故选C。
(2)单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，故由图可知，单摆的周期为T=2×3t0−t0=4t0
根据单摆周期公式T=2π lg
解得g=π2l4t02
(3)①小球从最高点摆至最低点的过程，小球机械能守恒，故根据机械能守恒定律有
mgl1−csθ=12mv2
小球经过光电门的瞬时速度为v=dΔt
整理可得csθ=1−d22gl⋅1Δt2
为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制 csθ−1Δt2 图像。
②由上分析可知k=d22gl
解得g=d22kl
17.【答案】(1)由动能定理有(F电−μmg)x=12mvB2−12mvA2
将F电=34mg ， μ=0.5 ， x=4R ， vA=0代入，得vB= 2gR
(2)设重力和电场力的合力大小为 F合 ，与竖直方向的夹角为 θ ，则有
F合= F电2+(mg)2=54mg
tan⁡θ=F电mg=34
即合力大小为 54mg ，方向与竖直方向的夹角 θ=37∘ 斜向左下。
(3)对滑块从A点到达C点的过程应用动能定理F电(x+R)−μmgx−mgR=12mvC2
将F电=34mg ， μ=0.5 ， x=4R代入，得vC= 32gR
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为 FC ，则有FC−F电=mv C2R
得FC=94mg
即轨道对滑块的作用力大小为 94mg 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】(1)刚进入磁场时，dc边切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线框中感应电动势为E0=Blv0
(2)根据闭合电路欧姆定律可知，dc边刚进入磁场时，线框中感应电流为I0=E0R
故ab边的瞬时电功率为P0=I 02R4
联立解得P0=B2l2v024R
(3)当线框dc边进入磁场到ab边进入磁场之前，根据法拉第电磁感应定律可知，任意时刻dc边产生的瞬时感应电动势为E=Blv
回路中的瞬时电流为I=ER
线框此时受到的安培力为F=BIl
联立可得得F=B2l2vR，方向与速度方向相反，
因此，导线框做减速运动，随着速度v减小，安培力F也减小；
根据牛顿第二定律有a=Fm，
且a为速度的变化率，并且F正比于v，所以F减小的越来越慢。
由于导线框能够全部通过磁场区域，故导线框在速度减为零前已完全进入磁场，且当整个线框均在磁场中运动时，ab边和cd边都产生感应电动势，但线框总电动势为零，电流为零，安培力为零，线框做匀速直线运动；
当线框离开磁场区域时，只有ab边做切割磁感应线运动，只有ab边产生感应电动势，导线框又受到安培力作用，初始大小与ab边刚进入磁场时相同，之后随着速度的减小而减小。
故导线框所受安培力大小F随时间t变化的图像如答图所示。

【解析】详细解析和解答过程见【答案】
19.【答案】(1)a.氧原子的能量变化 ΔE 大小等于所放出的红色光子的能量，由ΔE=hν=hcλ
解得ΔE=6.6×10−34J⋅s×3×108m/s630×10−9m=3×10−19J
b.带电粒子和空气分子碰撞，会通过碰撞将一部分能量传给空气分子，使空气分子从基态跃迁到激发态，空气分子从激发态自发地回到基态的过程中，就会将减少的能量以光子的形式放出，所放出光子的能量等于空气分子激发态与基态间的能极差。
(2)a.带电粒子做匀速圆周运动有Bqv2=mv22r
其周期有T=2πrv2=2πmBq
在沿轴线方向做匀速直线运动，由d=v1T
解得r=mv2Bq ， d=2πmv1Bq
b.带电粒子只受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，因此粒子的总动能不变，由已知粒子从弱磁场区向强磁场区运动时，在与轴线垂直的平面内的速度 v⊥ 会变大，即 v⊥ 对应的动能变大，则 v// 对应的动能就会变小，可以理解为通过洛伦兹力将 v// 对应的动能转化为 v⊥ 对应的动能。由此可以解释粒子从弱磁场区向强磁场区运动的同时，分速度 v// 会减小。
由于上述从功和能的角度证明了分速度 v// 会减小，那么可以反推，此过程中粒子一定受到了与 v// 相反的洛伦兹力的分力F，当分速度 v// 减小到零的时刻，由于磁场和分速度 v⊥ 的情况都没有变化，可判断与 v// 相反的分力F与前一时刻相同，因此粒子在速度 v// 减为零后会反向运动。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】(1)a.由平抛运动的位移规律得tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0
由平抛运动的速度规律得tanθ=vyv0=gtv0
于是得到tanθ=2tanα
b.由平抛运动的位移规律
x=v0ty=12gt2⇒y=g2v 02x2
(2)设小珠子在某时刻的位置坐标为 x,y ，此时速度方向(切线方向)与水平方向的夹角为 θ ，则质点所受指向平衡位置的力F=−mgsinθ≈−mgtanθ (因距O点很近，所以 θ 很小)
根据前面抛物线的规律可知tanθ=2tanα=2yx
代入得到F=−mg2v 02x，即物体做简谐运动。
(3)假设小珠子相对轨道静止处的位置坐标为 x,y ，则有
FNcsθ=mgFNsinθ=mω2x⇒tanθ=ω2gx
由tanθ=2tanα=2yx
得x2=2gω2y
由于轨道方程为y=g2v 02x2
即x2=2v 02gy
于是可得gω2y=v 02gy
由此式可知，当 ω=gv0 时此式恒成立，与y无关。
结论：①若 ω=gv0 ，小珠子可以相对轨道静止在任意位置处；
②若 ω③若 ω>gv0 ，小珠子不能相对轨道静止，一定会被向外甩出轨道，只能在O处相对静止。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】