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2023-2024学年北京市朝阳区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年北京市朝阳区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共19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.下列核反应中属于核裂变的是( )
A. 1124Na→1224Mg+−10eB. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n
C. 919F+24He→1022Ne+11HD. 12H+13H→24He+01n
2.观察图1、图2两幅图中的现象，下列说法正确的是( )
A. 图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的折射引起的
B. 图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的反射引起的
C. 图2中肥皂膜上的条纹是由于光的全反射形成的
D. 图2中肥皂膜上的条纹是由于光的衍射形成的
3.如图所示，P、M、N是匀强电场中的三个点，其中M、N在同一条电场线上，AB是过M点与电场线垂直的直线。下列说法正确的是( )
A. 正电荷在M点受到的静电力大于其在N点受到的静电力
B. 将负电荷从M点移到N点再移到P点，电场力先做正功再做负功
C. M、N两点电场强度相等，所以M点电势等于N点电势
D. M、N两点间电势差大于M、P两点间电势差
4.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πtcm。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿x轴负方向传播B. 这列波的振幅为20cm
C. 这列波的波速为10m/sD.
t=2s时P点位于波峰
5.列车进站可简化为匀减速直线运动，在此过程中用t、x、v和a分别表示列车运动的时间、位移、速度和加速度。下列图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V−T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。下列说法正确的是( )
A. 气体在状态A的温度为200K
B. 气体在状态C的压强为3×105Pa
C. 从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大
D. 从状态B到状态C 的 过程中，气体的内能保持不变
7.如图所示，电动玩具车沿水平面向右运动，欲飞跃宽度d=4m的壕沟AB，已知两沟沿的高度差h=0.8m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，不计车本身的长度。关于玩具车的运动，下列说法正确的是( )
A. 离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越短
B. 离开A点时的速度大于10m/s就能安全越过壕沟
C. 在空中飞行的过程中，动量变化量的方向指向右下方
D. 在空中飞行的过程中，相同时间内速率的变化量相同
8.地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处，周期与地球自转周期相同，其运动可视为绕地球做匀速圆周运动。其中一种轨道平面与赤道平面成0度角，运动方向与地球自转方向相同，因其相对地面静止，也称静止卫星。下列说法正确的是( )
A. 与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更小
B. 与近地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小
C. 静止卫星内的物体处于平衡状态
D. 所有静止卫星的线速度均相同
9.某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输入功率都是P。若输电线路的电阻为R，变压器为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 根据公式U=IR，提高电压后输电线上的电压损失变为原来的20倍
B. 根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
C. 根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的1400
D. 根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
10.如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时( )
A. P的动量为0B. Q的动量达到最大值
C. P、Q系统总动量小于mvD. 弹簧储存的弹性势能为14mv2
11.如图1所示，R1是电阻箱，R2是定值电阻。闭合开关S，改变R1的阻值，两理想电压表V1、V2的示数与R1关系图像如图2所示，已知图线①和②为相互平行的直线。下列说法正确的是( )
A. 图线①表示V1示数与R1的对应关系
B. R1中的电流随R1的增大而减小
C. R2两端的电压随R1的增大而增大
D. 供电设备输出的总功率随R1的增大而增大
12.如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动(俯视)。在t=0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B=ktk>0。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是( )
A. 小球对玻璃圆环的压力不断增大B. 小球对玻璃圆环的压力不断减小
C. 小球所受的磁场力一定不断增大D. 小球每运动一周增加的动能为kqπR
13.小明在完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验后，他想用该实验的原理测量一根轻弹簧的劲度系数，但由于弹簧的劲度系数太大，伸长量较小，不易直接测量。他设计了如图所示的实验装置，并进行了测量。把弹簧竖直悬挂在支架上，在弹簧下端固定一个托盘，托盘下方连接钢制圆柱体，圆柱体直径小于盛水量筒内壁直径。调节底座高度，使圆柱体浸入水中。在托盘中不断增加砝码时，弹簧向下拉伸，圆柱体下移，通过量筒的刻度读出水面上升的高度。已知水的密度为ρ，圆柱体直径为D1、量筒内壁直径为D2，重力加速度g。对实验记录的数据进行分析、处理后，他获得了劲度系数的数值。对此实验，下列说法正确的是( )
A. 实验需要用天平测量托盘和圆柱体的质量
B. 不考虑水的浮力，劲度系数测量值将偏大
C. 水面上升的高度与弹簧伸长量的比值为D22−D12D12
D. 砝码的重力与对应水面上升的高度不成正比关系
14.电路过载时电流一般比额定电流大一些，而短路时则可能达到额定电流的十几倍以上。空气开关是一种常见的电气设备，可用于保护电气线路和设备避免过载或短路的破坏，如图1所示。空气开关内部有电磁脱扣器和热脱扣器两种断开结构，如图2所示。在过载或短路发生的情况下，电路中的强电流流过电磁线圈，线圈内的金属顶针在电磁力的作用下压缩弹簧撞击弹片使电路断开；热脱扣器则是利用双金属片热胀冷缩的原理，当强电流流过双金属片时，材料不同的双金属片发热形变程度不同，金属片带动连杆开关使电路断开。
一般家庭电路中用电器往往启动瞬间电流较大，为保证用电器顺利启动，多采用脱扣特征曲线如图3所示的空气开关。脱扣特征曲线的横轴表示线路实际电流相对于额定电流的倍数(部分刻度值未画出)，纵轴(t/s)表示电流持续时间，曲线①左下方区域表示空气开关不脱扣，曲线②右上方区域表示脱扣，①、②曲线所夹的区域为不确定区域，在此区域中脱扣器可能是脱扣状态或未脱扣状态。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 电路发生过载情况时，更易发生电磁脱扣
B. 实际电流为额定电流2倍时，线路设备可持续工作至少10秒
C. 实际电流为额定电流7倍时，一定是电磁脱扣器执行断开电路动作
D. 线路设备在工作条件下，电磁脱扣器不产生焦耳热
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，在实验室中找到了以下器材：
A.可拆变压器 B.条形磁铁
C.开关、导线若干 D.交流电压表
E.直流电源 F.低压交流电源
在本实验中，上述器材不需要的是______(填器材序号字母)。
(2)某同学用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象。所用器材有：电源E、电流表A、电压表V、电容器C、定值电阻R、单刀双掷开关S、导线若干。
①根据图甲，将图乙中的实物连线补充完整______。
②将图乙中的电流表换成电流传感器，可以在电脑端记录电流随时间变化的图线。先将开关接1，待电路稳定后再接2。已知电流从左向右流过电阻R时为正，则与本次实验相符的I−t图像是______。
③将图乙中的电压表换成电压传感器，可以在电脑端记录放电过程中电压随时间变化的图线，如图丙所示。已知开关接2瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，利用数据处理软件得到U−t图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C=______。(用题中已知物理量Um、R和S0表示)
16.某学习小组采用以下实验方案验证动量守恒定律。
如图甲，长木板上的小车M左端贴有橡皮泥，右端连一穿过打点计时器的纸带，小车N置于M的左侧。打点计时器电源频率为50Hz。实验过程如下：
①微调长木板右端的小木片，使小车能在木板上做匀速直线运动
②接通打点计时器电源后，让小车M做匀速直线运动，并与静置于木板上的小车N相碰
③小车M与N粘在一起，继续做匀速直线运动
④实验中获得一条纸带如图乙所示，在图上标记各计数点，并测量出AB、BC、CD、DE四段长度
(1)计算小车M碰撞前的速度大小应选______段(选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”)，速度大小为______m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)若小车M的质量为0.4kg，小车N的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰后两小车的总动量为______kg⋅m/s(结果保留三位有效数字)，进而可以验证，在误差范围内两小车碰撞过程中动量______(选填“守恒”、“不守恒”)。
(3)请你说明步骤①对该实验的作用______。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，质量m=1.0kg的小物块从固定斜面的顶端由静止开始匀加速下滑。斜面的长度L=1m，倾角θ=37∘，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6。求物块下滑至斜面底端的过程中：
(1)加速度的大小a；
(2)重力冲量的大小IG和方向；
(3)损失的机械能ΔE。
18.地球高层大气空域的电离层中存在大量的自由电子和离子，使用绳系卫星可以研究电离层的特性。如图所示，电子卫星P1和P2组成的绳系卫星，在地球赤道上空的电离层中绕地球中心做匀速圆周运动。已知绳系卫星轨道距地面的高度为H，两颗子卫星之间的导体绳长为L(L≪H)，导体绳沿地球半径方向。卫星轨道所在处的地磁场磁感应强度大小为B，方向如图。地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，不计地球自转、电离层的运动。
(1)不计环境阻力，求绳系卫星在轨道上绕地球中心运行速度的大小v；
(2)考虑环境阻力并设其大小恒为f、方向总垂直于导体绳，为使卫星保持在原轨道上，设想在导体绳上串联接入一电动势恒定的电源，如图所示。该电源、导体绳及附近的电离层可视为闭合电路，电路等效总电阻为r，此时在电源和感应电动势的共同作用下，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力。
a.说明导体绳中电流方向及导体绳所受安培力方向；
b.求接入电源的电动势E。
19.把不易测量的微观量转化为测量宏观量、易测量是一种常用的科学方法。
(1)用油膜法估算油酸分子的直径。已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，其在水面上形成的单分子油膜面积为S，求油酸分子的直径d。
(2)根据玻尔理论，可认为氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动。处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子恰好发生电离，已知处于基态的氢原子具有的电势能为E。电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h。求基态氢原子的半径r。
(3)科研人员设计了一种简便的估算原子核直径的方案：取某种材料的薄板，薄板的面积为A，薄板内含有N个该种材料的原子。用高能粒子垂直薄板表面轰击，已知入射薄板的粒子数为n1，从薄板另一侧射出的粒子数为n2，设高能粒子在空间均匀分布，薄板材料中的原子核在高能粒子通道上没有重叠。求该种材料原子核的直径D。
20.根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。
情境1：如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，磁感应强度大小为B，在磁场中M点处有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子。已知重力加速度g。
(1)若使带电粒子获得某一水平向右的初速度，恰好做匀速直线运动，求该速度的大小v0；
(2)若在M点静止释放该粒子，其运动将比较复杂。为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为零的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。求粒子运动过程中的最大速率vm。
情境2：质谱仪由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成，如图2所示。已知速度选择器的两极板间的电场强度为E，磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有某种带电离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入，部分离子通过小孔O′后进入分离器的偏转磁场中。打在感光区域P点的离子，在速度选择器中沿直线运动，测得P到O′点的距离为L。不计离子的重力及离子间的相互作用，不计小孔O、O′的孔径大小。
(1)当从O点入射的离子速度满足EB1−Δv≤v≤EB1+Δv时，在分离器的感光板上会形成有一定宽度的感光区域。求该感光区域的宽度D；
(2)针对情形(1)，为了提高该速度选择器的速度选择精度，请你提出可行的方案。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A. 1124Na 转变为 1224Mg ，同时释放出一个电子，这是 β 衰变，不是核裂变，故A不符合题意；
B. 92235U 核在中子的轰击下，裂变为较小的 54140Xe 核和 3894Sr 核，同时释放出两个中子，这是原子核的裂变，故B符合题意；
C. 919F 核在 24He 的轰击下转变为 1022Ne ，同时释放出一个质子，这是人工转变原子核，不是核裂变，故C不符合题意；
D.该核反应是轻核结合成较重的原子核，属于聚变，故D不符合题意。
故选B。
2.【答案】A
【解析】AB.图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，这是光从一种介质进入另一种介质时，传播方向发生改变而引起，可知是由光的折射引起的，故A正确，B错误；
CD.图2中发生的是薄膜干涉，可知，肥皂膜上的条纹是由于光的干涉形成的，故CD错误。
故选A。
3.【答案】D
【解析】A.匀强电场的电场强度处处相同，则正电荷在M点受到的静电力等于其在N点受到的静电力，故A错误；
B.负电荷在磁场中受到的电场力水平向左，则将负电荷从M点移到N点再移到P点，电场力先做负功再做正功，故B错误；
C.沿着电场线电势将逐渐降低，故M、N两点电场强度相等，而M点电势高于N点电势，故C错误；
D.根据匀强电场中的电压计算式 U=Ed ，其中 d 为沿着电场线的距离，因dMN>dMP
则M、N两点间电势差大于M、P两点间电势差，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】BC.根据波形图可知波长为4m，振幅为10cm，根据 y=10sin5πtcm 可知周期为T=2πω=2π5πs=0.4s
则传播速度为v=λT=10m/s，故B错误，C正确；
A. t=0 时根据质点P的振动表达式可知其振动方向沿 y 轴正方向，根据同侧法可知波沿着 x 轴正方向传播，故A错误；
D. t=2s 时质点P的位移为y=10sin10πcm=0
则P点位于平衡位置，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.列车进站做匀减速直线运动，速度应越来越小，而A中x−t的斜率不变，表示其速度不变，故A错误；
BC.根据题意可知，列车进站做匀减速直线运动，以初速方向为正方向，则a为负且大小恒定，故BC错误；
D.根据匀变速直线的运动规律，有v2−v 02=2ax
解得v2=2ax+v02
以初速方向为正方向，则a为负且大小恒定，可知v2与x为线性关系，且斜率为负，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】AC.从A到B过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持不变，即
pA=pB=1.5×105Pa
根据盖-吕萨克定律VATA=VBTB
代入数据解得TA=200K
故A正确，C错误；
B.从B到C过程中，气体发生等容变化，根据查理定律pBTB=pCTC
代入数据解得pC=2×105Pa
故B错误；
D.从状态B到状态C的过程中，气体温度升高，内能增加，故D错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】A.在玩具车能够安全飞跃壕沟的情况下，根据 h=12gt2 可知，其在空中运动的时间为t= 2hg，只由h决定，与离开A点时的速度无关，故A错误；
B.若玩具车能够安全飞跃壕沟，则离开A点时的最小速度为v=dt=d g2h=10m/s，故B正确；
C.在空中飞行的过程中，玩具车所受合外力等于重力，根据动量定理可知动量变化量的方向竖直向下，故C错误；
D.在空中飞行的过程中，玩具车平抛运动，加速度恒为g，根据运动学规律可知，相同时间内速度的变化量相同，速率的变化量不同，故D错误。
故选B。
8.【答案】B
【解析】A.静止于赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，根据a=ω2r可知静止卫星向心加速度更大，故A错误；
B.根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知静止卫星的线速度更小，故B正确；
C.静止卫星内的物体绕地球做匀速圆周运动，不是平衡状态，故C错误；
D.所有静止卫星的线速度大小相等，方向不一定相同，故D错误。
故选B。
9.【答案】C
【解析】AB.输电线上的电流为I=PU
可知提高电压后输电线上的电流减小为原来的 120 。输电线上的电压损失为ΔU=IR=PUR
可知提高电压后输电线上的电压损失变为原来的 120 ，故AB错误；
CD.根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的 1400 ，故C正确，D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】A.当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒mv=2mv共
所以P的动量为p=mv共=12mv，故A错误；
B.弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；
C.P、Q系统动量守恒，总动量为p总=mv，故C错误；
D.根据动量守恒和能量守恒mv=2mv共 ， 12mv2=12×2mv共2+Ep，解得Ep=14mv2，故D正确。
故选D。
11.【答案】D
【解析】A.在如图1所示的电路中，闭合开关S后， V1 测量 R1 两端的电压， V2 测量 R1 与 R2 串联后的电压， V2 的示数大于 V1 的示数，所以图线①表示 V2 示数与 R1 的对应关系，故A错误；
B.电路中的电流I=U1R1，由图2中的图线②可知， R1 增大时I不变，供电设备是恒流电源，故B错误；
C.由图2知，电压表 V1 、 V2 的示数之差为定值，即 R2 两端的电压为定值，故C错误；
D.因为 R1 增大时， V2 的示数增大，I不变，所以据P=UI可知，电路的总功率随 R1 的增大而增大，故D正确。
故选D。
12.【答案】C
【解析】AB.由楞次定律判断可得当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，根据牛顿第二定律可得未加磁场时FN=mv02R
加磁场后，小球所受洛伦兹力方向指向圆心，圆环对小球的压力与小球洛伦兹力的合力提供向心力，没有确定的数量关系去比较洛伦兹力与向心力的大小，所以小球与圆环之间的弹力变化情况不明，故AB错误；
C.根据f=qvB，可知小球所受的磁场力一定不断增大，故C正确；
D.由动能定理可得W电=ΔEk
小球每运动一周，电场力做功为W电=qU,U=ΔBΔt⋅πR2
联立，解得ΔEk=kπqR2，故D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】AB.本实验的实验原理是通过测量增加的砝码的重力与增加的浮力之差得到弹簧的弹力变化量，通过液面高度变化得到弹簧的形变量，从而求出弹簧的劲度系数，所以不考虑考虑水的浮力，则弹簧的弹力变化量偏大，根据 k=ΔFΔx 可知劲度系数测量值将偏大，此实验不需要用天平测量托盘和圆柱体的质量，故B正确，A错误；
C.根据体积关系可得Δx⋅π⋅(D12)2=Δh⋅[π⋅(D22)2−π⋅(D12)2]，整理得ΔhΔx=D12D22−D12，故C错误；
D.根据分析可知砝码增多，弹簧的形变量增大，则水面上升的高度也增大，根据 ΔhΔx=D12D22−D12 可知水面上升的高度与弹簧的形变量成正比例关系，浮力与水面上升的高度成正比例关系，可知砝码的重力与对应水面上升的高度成正比关系，故D错误。
故选B。
14.【答案】B
【解析】A.电路发生过载情况时，电路过载时电流一般比额定电流大一些，所以线路实际电流相对于额定电流的倍数偏大，由图3可知更容易发生热脱扣，故A错误；
B.实际电流为额定电流2倍时，由图3可得线路设备可持续工作至少10秒，故B正确；
C.实际电流为额定电流7倍时，由图3可见刚好处于不确定区域，所以不一定是电磁脱扣器执行断开电路动作，故C错误；
D.线路设备在工作条件下，电路中的强电流流过电磁线圈，所以电磁脱扣器产生焦耳热，故D错误。
故选B。
15.【答案】(1)BE
(2)① ； A； S0UmR
【解析】(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，需要可拆变压器、开关和导线若干、交流电压表、低压交流电源，故不需要条形磁铁和直流电源。
故选BE。
(2)①根据电路图补充实物连线如图所示
②第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从左向右流过电阻 R ，即为正向电流，由于充电后电容器下极板带正电，电容器通过R放电时，电流从右向左流过电阻 R ，即为负。
故选A。
③根据 I=qt ，变形可得q=It=URt，而 U−t 图像与坐标轴所围面积为 S0 ，则q=S0R
故有S0=qR=CUmR
则电容为C=S0UmR。
16.【答案】(1)BC；1.71(2)0.684；守恒
(3)平衡摩擦力，保证两车作用过程中动量守恒、便于选取小车匀速运动的纸带区间，以计算碰撞前后对应的速度大小
【解析】(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，由图可见BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度。打点时间间隔T=150s=0.02s
速度大小为v1=17.12×10−25×0.02m/s≈1.71m/s
(2)碰撞过程是一个变速运动的过程，而M和N碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。碰后速度为v2=11.40×10−25×0.02m/s=1.14m/s
碰前的总动量为p1=mMv1=0.684kg⋅m/s
碰后的总动量为p2=(mM+mN)v2=0.684kg⋅m/s
可知在误差范围内两小车碰撞过程中动量守恒。
(3)步骤①对该实验的作用平衡摩擦力，保证两车作用过程中动量守恒、便于选取小车匀速运动的纸带区间，以计算碰撞前后对应的速度大小。
17.【答案】(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律mgsinθ−f=ma
且f=μmgcsθ
得a=2m/s2
(2)由运动学公式L=12at2
得t=1s
根据冲量的定义可得IG=mgt=10N⋅s
方向竖直向下。
(3)下滑过程中物块克服摩擦力做功为 W克 ，机械能损失 ΔE ，有ΔE=W克=μmgLcsθ
得ΔE=4J
【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解加速度和运动时间，再根据冲量的定义式求解重力的冲量；下滑过程中物块克服摩擦力做功等于损失的机械能。
18.【答案】(1)万有引力提供向心力GMm(R+H)2=mv2R+H
对地面质量为 m′ 的物体有GMm′R2=m′g
得v= gR2R+H
(2)a.根据题意可知，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力，则安培力方向与卫星运动方向相同，根据左手定则可知，电流方向由 P1 指向 P2 。
b.由于电流方向由P1指向P2，根据闭合电路欧姆定律和右手定则有E−BLv=Ir
要求安培力与阻力平衡BIL=f
联立，解得E=BL gR2R+H+frBL
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】(1)根据题中条件可得d=VS
(2)设基态电子的速度为 v ，根据能量守恒有hν+E+12mv2=0
库仑力提供向心力ke2r2=mv2r
得r=−ke22hν+E
(3)设该种材料原子核的投影面积为S0=πD22
根据题意有n1n1−n2=ANS0
得D= 4n1−n2ANπn1
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】情境1：
(1)粒子做匀速直线运动，受力平衡qv0B=mg，得v0=mgqB
(2)带电粒子由静止释放，其初速度可分解为相等的水平向左和水平向右的速度，设为 v ，令v=mgqB
则带电粒子的运动可分解为沿水平方向的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。两个运动合成，当速度方向相同时得最大值，有vm=2v=2mgqB
情境2：
(1)离子在速度选择器中做匀速直线运动，有qvB1=qE
离子在分离器中做匀速圆周运动，有qvB2=mv2r
且有r=L2
解得qm=2EB1B2L
根据题意可知 v1=EB1+Δv、v2=EB1−Δv 的离子均能通过 O′ 孔进入分离器分别做匀速圆周运动，对应的半径分别设为 r1、r2 ，有qv1B2=mv12r1 ， qv2B2=mv22r2
则感光区域的宽度为D=2r1−r2=4mΔvqB2=2B1LΔvE
(2)从O点入射的离子速度满足 EB1−Δv≤v≤EB1+Δv 时，相当于粒子其在速度选择器中所做的运动为一个速度为 v=EB1 的匀速直线运动和另一个速度为Δv的匀速圆周运动的合运动，即粒子在速度选择器中做螺旋运动。
①当选择器两极板间的 距离极小时，粒子稍有偏转，即会打在极板上无法通过速度选择器。故尽量减小速度选择器两极板间的距离，可提高速度选择器的速度的精度。
②粒子在分离器中运动时，由于Δv较小，可近似看成粒子在磁场中以 v=EB1 做匀速圆周运动，故有qvB2=mv2L2
粒子在速度选择器中做匀速圆周运动有T=2πmqB1
联立解得T=πB2LE
设速度选择器极板长度为d，则粒子穿过极板所需时间为t=dv=dB1E
粒子要恰好从速度选择器 O′ 飞出，则有t=nTn=1,2⋅⋅⋅
联立解得d=nπB2B1Ln=1,2⋅⋅⋅
要提高该速度选择器的速度选择精度，则发生偏转的粒子无法飞出，即控制速度选择器两极板的长度，避免长度等于 nπB2B1Ln=1,2⋅⋅⋅ 。综上可得可行方案有：
方案1：尽量减小速度选择器两极板间的距离
方穼2：控制速度选择器两极板的长度，避免长度等于 nπB2B1Ln=1,2⋅⋅⋅
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.下列核反应中属于核裂变的是( )
A. 1124Na→1224Mg+−10eB. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n
C. 919F+24He→1022Ne+11HD. 12H+13H→24He+01n
2.观察图1、图2两幅图中的现象，下列说法正确的是( )
A. 图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的折射引起的
B. 图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的反射引起的
C. 图2中肥皂膜上的条纹是由于光的全反射形成的
D. 图2中肥皂膜上的条纹是由于光的衍射形成的
3.如图所示，P、M、N是匀强电场中的三个点，其中M、N在同一条电场线上，AB是过M点与电场线垂直的直线。下列说法正确的是( )
A. 正电荷在M点受到的静电力大于其在N点受到的静电力
B. 将负电荷从M点移到N点再移到P点，电场力先做正功再做负功
C. M、N两点电场强度相等，所以M点电势等于N点电势
D. M、N两点间电势差大于M、P两点间电势差
4.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πtcm。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿x轴负方向传播B. 这列波的振幅为20cm
C. 这列波的波速为10m/sD.
t=2s时P点位于波峰
5.列车进站可简化为匀减速直线运动，在此过程中用t、x、v和a分别表示列车运动的时间、位移、速度和加速度。下列图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V−T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。下列说法正确的是( )
A. 气体在状态A的温度为200K
B. 气体在状态C的压强为3×105Pa
C. 从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大
D. 从状态B到状态C 的 过程中，气体的内能保持不变
7.如图所示，电动玩具车沿水平面向右运动，欲飞跃宽度d=4m的壕沟AB，已知两沟沿的高度差h=0.8m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，不计车本身的长度。关于玩具车的运动，下列说法正确的是( )
A. 离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越短
B. 离开A点时的速度大于10m/s就能安全越过壕沟
C. 在空中飞行的过程中，动量变化量的方向指向右下方
D. 在空中飞行的过程中，相同时间内速率的变化量相同
8.地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处，周期与地球自转周期相同，其运动可视为绕地球做匀速圆周运动。其中一种轨道平面与赤道平面成0度角，运动方向与地球自转方向相同，因其相对地面静止，也称静止卫星。下列说法正确的是( )
A. 与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更小
B. 与近地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小
C. 静止卫星内的物体处于平衡状态
D. 所有静止卫星的线速度均相同
9.某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输入功率都是P。若输电线路的电阻为R，变压器为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 根据公式U=IR，提高电压后输电线上的电压损失变为原来的20倍
B. 根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
C. 根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的1400
D. 根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
10.如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时( )
A. P的动量为0B. Q的动量达到最大值
C. P、Q系统总动量小于mvD. 弹簧储存的弹性势能为14mv2
11.如图1所示，R1是电阻箱，R2是定值电阻。闭合开关S，改变R1的阻值，两理想电压表V1、V2的示数与R1关系图像如图2所示，已知图线①和②为相互平行的直线。下列说法正确的是( )
A. 图线①表示V1示数与R1的对应关系
B. R1中的电流随R1的增大而减小
C. R2两端的电压随R1的增大而增大
D. 供电设备输出的总功率随R1的增大而增大
12.如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动(俯视)。在t=0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B=ktk>0。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是( )
A. 小球对玻璃圆环的压力不断增大B. 小球对玻璃圆环的压力不断减小
C. 小球所受的磁场力一定不断增大D. 小球每运动一周增加的动能为kqπR
13.小明在完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验后，他想用该实验的原理测量一根轻弹簧的劲度系数，但由于弹簧的劲度系数太大，伸长量较小，不易直接测量。他设计了如图所示的实验装置，并进行了测量。把弹簧竖直悬挂在支架上，在弹簧下端固定一个托盘，托盘下方连接钢制圆柱体，圆柱体直径小于盛水量筒内壁直径。调节底座高度，使圆柱体浸入水中。在托盘中不断增加砝码时，弹簧向下拉伸，圆柱体下移，通过量筒的刻度读出水面上升的高度。已知水的密度为ρ，圆柱体直径为D1、量筒内壁直径为D2，重力加速度g。对实验记录的数据进行分析、处理后，他获得了劲度系数的数值。对此实验，下列说法正确的是( )
A. 实验需要用天平测量托盘和圆柱体的质量
B. 不考虑水的浮力，劲度系数测量值将偏大
C. 水面上升的高度与弹簧伸长量的比值为D22−D12D12
D. 砝码的重力与对应水面上升的高度不成正比关系
14.电路过载时电流一般比额定电流大一些，而短路时则可能达到额定电流的十几倍以上。空气开关是一种常见的电气设备，可用于保护电气线路和设备避免过载或短路的破坏，如图1所示。空气开关内部有电磁脱扣器和热脱扣器两种断开结构，如图2所示。在过载或短路发生的情况下，电路中的强电流流过电磁线圈，线圈内的金属顶针在电磁力的作用下压缩弹簧撞击弹片使电路断开；热脱扣器则是利用双金属片热胀冷缩的原理，当强电流流过双金属片时，材料不同的双金属片发热形变程度不同，金属片带动连杆开关使电路断开。
一般家庭电路中用电器往往启动瞬间电流较大，为保证用电器顺利启动，多采用脱扣特征曲线如图3所示的空气开关。脱扣特征曲线的横轴表示线路实际电流相对于额定电流的倍数(部分刻度值未画出)，纵轴(t/s)表示电流持续时间，曲线①左下方区域表示空气开关不脱扣，曲线②右上方区域表示脱扣，①、②曲线所夹的区域为不确定区域，在此区域中脱扣器可能是脱扣状态或未脱扣状态。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 电路发生过载情况时，更易发生电磁脱扣
B. 实际电流为额定电流2倍时，线路设备可持续工作至少10秒
C. 实际电流为额定电流7倍时，一定是电磁脱扣器执行断开电路动作
D. 线路设备在工作条件下，电磁脱扣器不产生焦耳热
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，在实验室中找到了以下器材：
A.可拆变压器 B.条形磁铁
C.开关、导线若干 D.交流电压表
E.直流电源 F.低压交流电源
在本实验中，上述器材不需要的是______(填器材序号字母)。
(2)某同学用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象。所用器材有：电源E、电流表A、电压表V、电容器C、定值电阻R、单刀双掷开关S、导线若干。
①根据图甲，将图乙中的实物连线补充完整______。
②将图乙中的电流表换成电流传感器，可以在电脑端记录电流随时间变化的图线。先将开关接1，待电路稳定后再接2。已知电流从左向右流过电阻R时为正，则与本次实验相符的I−t图像是______。
③将图乙中的电压表换成电压传感器，可以在电脑端记录放电过程中电压随时间变化的图线，如图丙所示。已知开关接2瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，利用数据处理软件得到U−t图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C=______。(用题中已知物理量Um、R和S0表示)
16.某学习小组采用以下实验方案验证动量守恒定律。
如图甲，长木板上的小车M左端贴有橡皮泥，右端连一穿过打点计时器的纸带，小车N置于M的左侧。打点计时器电源频率为50Hz。实验过程如下：
①微调长木板右端的小木片，使小车能在木板上做匀速直线运动
②接通打点计时器电源后，让小车M做匀速直线运动，并与静置于木板上的小车N相碰
③小车M与N粘在一起，继续做匀速直线运动
④实验中获得一条纸带如图乙所示，在图上标记各计数点，并测量出AB、BC、CD、DE四段长度
(1)计算小车M碰撞前的速度大小应选______段(选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”)，速度大小为______m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)若小车M的质量为0.4kg，小车N的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰后两小车的总动量为______kg⋅m/s(结果保留三位有效数字)，进而可以验证，在误差范围内两小车碰撞过程中动量______(选填“守恒”、“不守恒”)。
(3)请你说明步骤①对该实验的作用______。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，质量m=1.0kg的小物块从固定斜面的顶端由静止开始匀加速下滑。斜面的长度L=1m，倾角θ=37∘，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6。求物块下滑至斜面底端的过程中：
(1)加速度的大小a；
(2)重力冲量的大小IG和方向；
(3)损失的机械能ΔE。
18.地球高层大气空域的电离层中存在大量的自由电子和离子，使用绳系卫星可以研究电离层的特性。如图所示，电子卫星P1和P2组成的绳系卫星，在地球赤道上空的电离层中绕地球中心做匀速圆周运动。已知绳系卫星轨道距地面的高度为H，两颗子卫星之间的导体绳长为L(L≪H)，导体绳沿地球半径方向。卫星轨道所在处的地磁场磁感应强度大小为B，方向如图。地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，不计地球自转、电离层的运动。
(1)不计环境阻力，求绳系卫星在轨道上绕地球中心运行速度的大小v；
(2)考虑环境阻力并设其大小恒为f、方向总垂直于导体绳，为使卫星保持在原轨道上，设想在导体绳上串联接入一电动势恒定的电源，如图所示。该电源、导体绳及附近的电离层可视为闭合电路，电路等效总电阻为r，此时在电源和感应电动势的共同作用下，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力。
a.说明导体绳中电流方向及导体绳所受安培力方向；
b.求接入电源的电动势E。
19.把不易测量的微观量转化为测量宏观量、易测量是一种常用的科学方法。
(1)用油膜法估算油酸分子的直径。已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，其在水面上形成的单分子油膜面积为S，求油酸分子的直径d。
(2)根据玻尔理论，可认为氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动。处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子恰好发生电离，已知处于基态的氢原子具有的电势能为E。电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h。求基态氢原子的半径r。
(3)科研人员设计了一种简便的估算原子核直径的方案：取某种材料的薄板，薄板的面积为A，薄板内含有N个该种材料的原子。用高能粒子垂直薄板表面轰击，已知入射薄板的粒子数为n1，从薄板另一侧射出的粒子数为n2，设高能粒子在空间均匀分布，薄板材料中的原子核在高能粒子通道上没有重叠。求该种材料原子核的直径D。
20.根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。
情境1：如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，磁感应强度大小为B，在磁场中M点处有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子。已知重力加速度g。
(1)若使带电粒子获得某一水平向右的初速度，恰好做匀速直线运动，求该速度的大小v0；
(2)若在M点静止释放该粒子，其运动将比较复杂。为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为零的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。求粒子运动过程中的最大速率vm。
情境2：质谱仪由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成，如图2所示。已知速度选择器的两极板间的电场强度为E，磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有某种带电离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入，部分离子通过小孔O′后进入分离器的偏转磁场中。打在感光区域P点的离子，在速度选择器中沿直线运动，测得P到O′点的距离为L。不计离子的重力及离子间的相互作用，不计小孔O、O′的孔径大小。
(1)当从O点入射的离子速度满足EB1−Δv≤v≤EB1+Δv时，在分离器的感光板上会形成有一定宽度的感光区域。求该感光区域的宽度D；
(2)针对情形(1)，为了提高该速度选择器的速度选择精度，请你提出可行的方案。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A. 1124Na 转变为 1224Mg ，同时释放出一个电子，这是 β 衰变，不是核裂变，故A不符合题意；
B. 92235U 核在中子的轰击下，裂变为较小的 54140Xe 核和 3894Sr 核，同时释放出两个中子，这是原子核的裂变，故B符合题意；
C. 919F 核在 24He 的轰击下转变为 1022Ne ，同时释放出一个质子，这是人工转变原子核，不是核裂变，故C不符合题意；
D.该核反应是轻核结合成较重的原子核，属于聚变，故D不符合题意。
故选B。
2.【答案】A
【解析】AB.图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，这是光从一种介质进入另一种介质时，传播方向发生改变而引起，可知是由光的折射引起的，故A正确，B错误；
CD.图2中发生的是薄膜干涉，可知，肥皂膜上的条纹是由于光的干涉形成的，故CD错误。
故选A。
3.【答案】D
【解析】A.匀强电场的电场强度处处相同，则正电荷在M点受到的静电力等于其在N点受到的静电力，故A错误；
B.负电荷在磁场中受到的电场力水平向左，则将负电荷从M点移到N点再移到P点，电场力先做负功再做正功，故B错误；
C.沿着电场线电势将逐渐降低，故M、N两点电场强度相等，而M点电势高于N点电势，故C错误；
D.根据匀强电场中的电压计算式 U=Ed ，其中 d 为沿着电场线的距离，因dMN>dMP
则M、N两点间电势差大于M、P两点间电势差，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】BC.根据波形图可知波长为4m，振幅为10cm，根据 y=10sin5πtcm 可知周期为T=2πω=2π5πs=0.4s
则传播速度为v=λT=10m/s，故B错误，C正确；
A. t=0 时根据质点P的振动表达式可知其振动方向沿 y 轴正方向，根据同侧法可知波沿着 x 轴正方向传播，故A错误；
D. t=2s 时质点P的位移为y=10sin10πcm=0
则P点位于平衡位置，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.列车进站做匀减速直线运动，速度应越来越小，而A中x−t的斜率不变，表示其速度不变，故A错误；
BC.根据题意可知，列车进站做匀减速直线运动，以初速方向为正方向，则a为负且大小恒定，故BC错误；
D.根据匀变速直线的运动规律，有v2−v 02=2ax
解得v2=2ax+v02
以初速方向为正方向，则a为负且大小恒定，可知v2与x为线性关系，且斜率为负，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】AC.从A到B过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持不变，即
pA=pB=1.5×105Pa
根据盖-吕萨克定律VATA=VBTB
代入数据解得TA=200K
故A正确，C错误；
B.从B到C过程中，气体发生等容变化，根据查理定律pBTB=pCTC
代入数据解得pC=2×105Pa
故B错误；
D.从状态B到状态C的过程中，气体温度升高，内能增加，故D错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】A.在玩具车能够安全飞跃壕沟的情况下，根据 h=12gt2 可知，其在空中运动的时间为t= 2hg，只由h决定，与离开A点时的速度无关，故A错误；
B.若玩具车能够安全飞跃壕沟，则离开A点时的最小速度为v=dt=d g2h=10m/s，故B正确；
C.在空中飞行的过程中，玩具车所受合外力等于重力，根据动量定理可知动量变化量的方向竖直向下，故C错误；
D.在空中飞行的过程中，玩具车平抛运动，加速度恒为g，根据运动学规律可知，相同时间内速度的变化量相同，速率的变化量不同，故D错误。
故选B。
8.【答案】B
【解析】A.静止于赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，根据a=ω2r可知静止卫星向心加速度更大，故A错误；
B.根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知静止卫星的线速度更小，故B正确；
C.静止卫星内的物体绕地球做匀速圆周运动，不是平衡状态，故C错误；
D.所有静止卫星的线速度大小相等，方向不一定相同，故D错误。
故选B。
9.【答案】C
【解析】AB.输电线上的电流为I=PU
可知提高电压后输电线上的电流减小为原来的 120 。输电线上的电压损失为ΔU=IR=PUR
可知提高电压后输电线上的电压损失变为原来的 120 ，故AB错误；
CD.根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的 1400 ，故C正确，D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】A.当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒mv=2mv共
所以P的动量为p=mv共=12mv，故A错误；
B.弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；
C.P、Q系统动量守恒，总动量为p总=mv，故C错误；
D.根据动量守恒和能量守恒mv=2mv共 ， 12mv2=12×2mv共2+Ep，解得Ep=14mv2，故D正确。
故选D。
11.【答案】D
【解析】A.在如图1所示的电路中，闭合开关S后， V1 测量 R1 两端的电压， V2 测量 R1 与 R2 串联后的电压， V2 的示数大于 V1 的示数，所以图线①表示 V2 示数与 R1 的对应关系，故A错误；
B.电路中的电流I=U1R1，由图2中的图线②可知， R1 增大时I不变，供电设备是恒流电源，故B错误；
C.由图2知，电压表 V1 、 V2 的示数之差为定值，即 R2 两端的电压为定值，故C错误；
D.因为 R1 增大时， V2 的示数增大，I不变，所以据P=UI可知，电路的总功率随 R1 的增大而增大，故D正确。
故选D。
12.【答案】C
【解析】AB.由楞次定律判断可得当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，根据牛顿第二定律可得未加磁场时FN=mv02R
加磁场后，小球所受洛伦兹力方向指向圆心，圆环对小球的压力与小球洛伦兹力的合力提供向心力，没有确定的数量关系去比较洛伦兹力与向心力的大小，所以小球与圆环之间的弹力变化情况不明，故AB错误；
C.根据f=qvB，可知小球所受的磁场力一定不断增大，故C正确；
D.由动能定理可得W电=ΔEk
小球每运动一周，电场力做功为W电=qU,U=ΔBΔt⋅πR2
联立，解得ΔEk=kπqR2，故D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】AB.本实验的实验原理是通过测量增加的砝码的重力与增加的浮力之差得到弹簧的弹力变化量，通过液面高度变化得到弹簧的形变量，从而求出弹簧的劲度系数，所以不考虑考虑水的浮力，则弹簧的弹力变化量偏大，根据 k=ΔFΔx 可知劲度系数测量值将偏大，此实验不需要用天平测量托盘和圆柱体的质量，故B正确，A错误；
C.根据体积关系可得Δx⋅π⋅(D12)2=Δh⋅[π⋅(D22)2−π⋅(D12)2]，整理得ΔhΔx=D12D22−D12，故C错误；
D.根据分析可知砝码增多，弹簧的形变量增大，则水面上升的高度也增大，根据 ΔhΔx=D12D22−D12 可知水面上升的高度与弹簧的形变量成正比例关系，浮力与水面上升的高度成正比例关系，可知砝码的重力与对应水面上升的高度成正比关系，故D错误。
故选B。
14.【答案】B
【解析】A.电路发生过载情况时，电路过载时电流一般比额定电流大一些，所以线路实际电流相对于额定电流的倍数偏大，由图3可知更容易发生热脱扣，故A错误；
B.实际电流为额定电流2倍时，由图3可得线路设备可持续工作至少10秒，故B正确；
C.实际电流为额定电流7倍时，由图3可见刚好处于不确定区域，所以不一定是电磁脱扣器执行断开电路动作，故C错误；
D.线路设备在工作条件下，电路中的强电流流过电磁线圈，所以电磁脱扣器产生焦耳热，故D错误。
故选B。
15.【答案】(1)BE
(2)① ； A； S0UmR
【解析】(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，需要可拆变压器、开关和导线若干、交流电压表、低压交流电源，故不需要条形磁铁和直流电源。
故选BE。
(2)①根据电路图补充实物连线如图所示
②第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从左向右流过电阻 R ，即为正向电流，由于充电后电容器下极板带正电，电容器通过R放电时，电流从右向左流过电阻 R ，即为负。
故选A。
③根据 I=qt ，变形可得q=It=URt，而 U−t 图像与坐标轴所围面积为 S0 ，则q=S0R
故有S0=qR=CUmR
则电容为C=S0UmR。
16.【答案】(1)BC；1.71(2)0.684；守恒
(3)平衡摩擦力，保证两车作用过程中动量守恒、便于选取小车匀速运动的纸带区间，以计算碰撞前后对应的速度大小
【解析】(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，由图可见BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度。打点时间间隔T=150s=0.02s
速度大小为v1=17.12×10−25×0.02m/s≈1.71m/s
(2)碰撞过程是一个变速运动的过程，而M和N碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。碰后速度为v2=11.40×10−25×0.02m/s=1.14m/s
碰前的总动量为p1=mMv1=0.684kg⋅m/s
碰后的总动量为p2=(mM+mN)v2=0.684kg⋅m/s
可知在误差范围内两小车碰撞过程中动量守恒。
(3)步骤①对该实验的作用平衡摩擦力，保证两车作用过程中动量守恒、便于选取小车匀速运动的纸带区间，以计算碰撞前后对应的速度大小。
17.【答案】(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律mgsinθ−f=ma
且f=μmgcsθ
得a=2m/s2
(2)由运动学公式L=12at2
得t=1s
根据冲量的定义可得IG=mgt=10N⋅s
方向竖直向下。
(3)下滑过程中物块克服摩擦力做功为 W克 ，机械能损失 ΔE ，有ΔE=W克=μmgLcsθ
得ΔE=4J
【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解加速度和运动时间，再根据冲量的定义式求解重力的冲量；下滑过程中物块克服摩擦力做功等于损失的机械能。
18.【答案】(1)万有引力提供向心力GMm(R+H)2=mv2R+H
对地面质量为 m′ 的物体有GMm′R2=m′g
得v= gR2R+H
(2)a.根据题意可知，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力，则安培力方向与卫星运动方向相同，根据左手定则可知，电流方向由 P1 指向 P2 。
b.由于电流方向由P1指向P2，根据闭合电路欧姆定律和右手定则有E−BLv=Ir
要求安培力与阻力平衡BIL=f
联立，解得E=BL gR2R+H+frBL
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】(1)根据题中条件可得d=VS
(2)设基态电子的速度为 v ，根据能量守恒有hν+E+12mv2=0
库仑力提供向心力ke2r2=mv2r
得r=−ke22hν+E
(3)设该种材料原子核的投影面积为S0=πD22
根据题意有n1n1−n2=ANS0
得D= 4n1−n2ANπn1
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】情境1：
(1)粒子做匀速直线运动，受力平衡qv0B=mg，得v0=mgqB
(2)带电粒子由静止释放，其初速度可分解为相等的水平向左和水平向右的速度，设为 v ，令v=mgqB
则带电粒子的运动可分解为沿水平方向的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。两个运动合成，当速度方向相同时得最大值，有vm=2v=2mgqB
情境2：
(1)离子在速度选择器中做匀速直线运动，有qvB1=qE
离子在分离器中做匀速圆周运动，有qvB2=mv2r
且有r=L2
解得qm=2EB1B2L
根据题意可知 v1=EB1+Δv、v2=EB1−Δv 的离子均能通过 O′ 孔进入分离器分别做匀速圆周运动，对应的半径分别设为 r1、r2 ，有qv1B2=mv12r1 ， qv2B2=mv22r2
则感光区域的宽度为D=2r1−r2=4mΔvqB2=2B1LΔvE
(2)从O点入射的离子速度满足 EB1−Δv≤v≤EB1+Δv 时，相当于粒子其在速度选择器中所做的运动为一个速度为 v=EB1 的匀速直线运动和另一个速度为Δv的匀速圆周运动的合运动，即粒子在速度选择器中做螺旋运动。
①当选择器两极板间的 距离极小时，粒子稍有偏转，即会打在极板上无法通过速度选择器。故尽量减小速度选择器两极板间的距离，可提高速度选择器的速度的精度。
②粒子在分离器中运动时，由于Δv较小，可近似看成粒子在磁场中以 v=EB1 做匀速圆周运动，故有qvB2=mv2L2
粒子在速度选择器中做匀速圆周运动有T=2πmqB1
联立解得T=πB2LE
设速度选择器极板长度为d，则粒子穿过极板所需时间为t=dv=dB1E
粒子要恰好从速度选择器 O′ 飞出，则有t=nTn=1,2⋅⋅⋅
联立解得d=nπB2B1Ln=1,2⋅⋅⋅
要提高该速度选择器的速度选择精度，则发生偏转的粒子无法飞出，即控制速度选择器两极板的长度，避免长度等于 nπB2B1Ln=1,2⋅⋅⋅ 。综上可得可行方案有：
方案1：尽量减小速度选择器两极板间的距离
方穼2：控制速度选择器两极板的长度，避免长度等于 nπB2B1Ln=1,2⋅⋅⋅
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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