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2023-2024学年北京市西城区高三（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学年北京市西城区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，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=0.1sin5πtm。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。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、多选题：本大题共1小题，共3分。
15.如图所示，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
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图所示。
(1)用游标卡尺测量摆球直径如图所示，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)。
17.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I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“<”“=”或“>”)。可知r测1=______(用电源和电表内阻表示)。
四、计算题：本大题共4小题，共37分。
18.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v；
(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。
19.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？
20.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)
21.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】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。这种现象属于双缝干涉现象，即属于光的干涉。
故选B。
2.【答案】A
【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒，有4+9=12+m，2+4=6+n，解得m=1，n=0，则X是中子，故A正确，B、C、D错误。
3.【答案】C
【解析】A.乒乓球恢复原状的过程中，球内被封闭的气体温度升高，气体分子的平均动能增大，选项A错误；
B.根据气体分子速率分布的特点可知，温度升高时，气体分子的平均速率将增大，并不是所有分子的运动速率都变大，选项B错误；
CD.乒乓球恢复原状的过程中，气体温度升高，内能增加，同时对外做功，根据热力学第一定律
ΔU=Q+W>0可知，气体吸收热量，且气体吸收的热量大于其对外做的功，大于其增加的内能，选项C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知这列波的波长λ=4m，故A错误；
B.由图可知，质点P此刻处于平衡位置，速度不为零，故B错误；
C.根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为 y=0.1sin5πtm ，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D.这列波的波速为v=λT
又T=2πω=2π5π=0.4s
联立解得v=10m/s
故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】AB.原线圈接220V的正弦交流电源，根据理想变压器原、副线圈电压表等于匝数比U1U2=n1n2
可得副线圈的输出电压为U2=22 V，则电压表的示数为22V，
根据欧姆定律可得I2=U2 R=0.4 A
故AB错误；
C.电压表的示数由原线圈电压和线圈匝数之比决定，则若负载电阻的阻值减小，电压表的示数不变，故C错误；
D.若负载电阻减小，根据 P=U22R 可知副线圈的输出功率变大，原线圈的输入功率也变大，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】ACD.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMmr2=mω2r=mv2r=ma
可得ω= GMr3 ， v= GMr ， a=GMr2
可知“乾坤一号”的角速度、线速度和向心加速度均大于同步卫星的角速度、线速度和向心加速度；
同步卫星的角速度等于地球自转角速度，根据v=ωr ， a=ω2r
则同步卫星的线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，同步卫星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；
则“乾坤一号”的角速度大于地球自转的角速度，线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，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A正确，CD错误；
B.“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星，则线速度等于地球的第一宇宙速度，故B错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】AB.由题知，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv，则飞船与空间站的加速度a=ΔvΔt ， a=FM+m
联立解得M=FΔtΔv−m
故A错误，B正确；
CD.设飞船与空间站间的作用力大小为 F′ ，对飞船由牛顿第二定律有ma=F−F′
解得F′=F−mΔvΔt
故CD错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A.靠近正电荷电场强度越大，所以该电荷沿着电场线做变加速直线运动，故A错误；
B.根据动能定理可知Fx=ΔEk，该电荷在AB段受电场力做功较大，所以在AB段动能的增量大于BC段动能的增量，故B错误；
C.电场力做功等于电势能的变化，结合B选项可知，电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，故C正确；
D.该电荷运动的速度时间关系如图
由图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，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。
9.【答案】B
【解析】在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，俯视看铝环中的电流沿逆时针方向；根据“来拒去留”可知磁铁受到向上的磁场力，则铝环受到向下的磁场力，铝环对桌面的压力大于它的重力；磁铁运动过程中受到重力、弹簧弹力和磁场力三个力作用；由于铝环产生感应电流，铝环中有焦耳热产生，根据能量守恒可知，磁铁和弹簧组成的系统机械能减少。
故选B。
10.【答案】D
【解析】A.电压表示数为1V时，电流表示数为零，即遏止电压为1V，则光电子最大初动能为Ekm=eU=1eV，A错误；
B.K极材料的逸出功为W0=hν−Ekm=1.82eV，B错误；
C.电流表有示数，说明两极电压小于遏止电压1V，C错误；
D.仅将电源正负极对调，则两极间电场对光电子的运动有促进作用，电流表示数增大，一定大于30μA，D正确。
故选D。
11.【答案】A
【解析】AB.根据牛顿第二定律可知F+mg=mv2R
解得F=mRv2−mg
由图像可知mR=a−02b−b
可得小球的 质量m=aRb
由0=mRb−mg
可得重力加速度g=bR
选项A正确，B错误；
C. 图像的斜率为k=mR
则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C错误；
D. 图线与横轴交点的位置0=mRv2−mg
可得v2=gR
则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的的距离变大，选项D错误。
故选A。
12.【答案】C
【解析】A.实验舱在电磁弹射阶段处于超重状态，在竖直上抛阶段处于失重状态，选项A错误；
B.实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为
v=gt=10m/s2×2s=20m/s
选项B错误；
C.在向上弹射过程中，根据动能定理有W−mgh=12mv2=1×105J
所以W>1×105J
选项C正确；
D.在向上弹射过程中，根据动量定理有I−mgt′=mv=1×104N⋅s
所以I>1×104N⋅s
选项D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】AB.根据运动的分解可知离子水平方向的分速度 v1 变大，垂直于磁场方向的分量 v2 不变，则洛伦兹力 f=qv2B 不变，电场力 F=qE 也不变，离子受合力大小不变，根据牛顿第二定律可知加速度大小不变，故A错误，B正确；
C.根据功率的计算公式 P=qEv1 可知，电场力的瞬时功率变大，故C错误；
D.由于 v1 变大，根据速度的合成可知速度与电场方向的夹角θ变小，故D错误。
故选B。
14.【答案】C
【解析】A.在1as时间内，光传播距离为s=ct=3×108×10−18m=0.3nm，故A项错误；
B.结合题意可知，由于激光是往复振荡，电子在激光电场的作用下会回到原子核附近，在回到原子核的过程中，电子被激光电场加速获得很高的能量，当电子回到原子核，电子的能量以产生高次谐波形式释放这部分能量，辐射高能量光子。释放的光子能量为电子在回到原子核过程获得的动能和电子电离能的总和。所以电子复合时释放的光子能量不等于电子在激光场中加速时获得的能量，故B项错误；
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项正确；
D.由题意可知，高次谐波光子频率是强激光光子频率的整数倍，由能量子公式ε=hν
所以应该是高次谐波光子能量是强激光光子能量的整数倍，故D项错误。
故选C。
15.【答案】AB
【解析】由两个测力计的示数得到拉力 F1 和 F2 的大小，此外还必须记录小圆环的位置和记录两细线的方向。
故选AB。
16.【答案】(1)18.5； 4π2n2l+d2t2 (2)4π2k
【解析】(1)由题图可知，游标卡尺的精确度为0.1mm，所以其读数为d=18mm+0.1×5mm=18.5mm；
单摆的摆长为L=l+d2
单摆的周期的公式为T=2π Lg
单摆的周期为T=tn
整理有g=4π2n2l+d2t2
(2)单摆的周期公式为T=2π Lg
整理有T2=4π2gL
结合题图可知k=4π2g
解得g=4π2k
17.【答案】(1)左 (2)4.4；4.1(4.0、4.2均可)
(3)电流；
(4)=； =； rRVRV+r
【解析】(1)滑动变阻器电路中采用限流接法，为了确保安全，闭合开关前，应使其接入电阻最大，即闭合开关前，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有U=E−Ir
结合图像有E测1=4.4V ， r测1=Ω≈4.1Ω
(3)图1中电压表测量的是路端电压，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，系统误差在于电压表的分流，即由于电压表并非理想电表，导致电流的测量存在系统误差；
根据上述，系统误差在于电压表的分流，电压表分的电流为IV=URV
当路端电压为0时，即发生短路时，电压表分流为0，此时电流的测量值与真实值相等，即实验图像与理论图像在横坐标上交于同一点，而在相同的电压之下，理论的干路电流大于实验的干路电流，作出理论图像如图所示。
(4)图1中将电源与电压表等效为一个新电源，则此时的测量值为等效电源的电动势与内阻，则有E测1=ERVRV+r ， r测1=rRVRV+r
若拆除电流表和滑动变阻器，直接读取电压表示数为 E测2 ，则有E测2=ERVRV+r，可知E测1=E测2
结合上述有E测1r测1=E测1rRVRV+r=ERVRV+rrRVRV+r=Er。
18.【答案】(1)由 A 点运动到 B 点的过程中，根据动能定理有mgLsinα−μmgLcsα=12mv2
得v=4m/s
(2)由 B 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理有−μmgx=0−12mv2
得x=1.6m
(3)儿童从 A 点运动到 C 点的 过程，根据动能定理有mgLsinα+Wf=0
得Wf=−480J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】(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，回路的感应电流的大小I=BLvR
杆 ab 受到的安培力大小F=BIL=B2L2vR
杆 ab 受到的安培力方向与速度方向相反。
(2)杆 ab 通过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q=12mv2−12mv22=38mv2
(3)设杆 ab 刚进入磁场时加速度的大小为 a1 ，根据牛顿第二定律有F=ma1
得a1=B2L2vmR
同理，杆 ab 即将离开磁场时的加速度大小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B2L2vmR≤a0
得B≤ mRa0L2v
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】(1)离子恰好被全部吞噬时，离子的运动半径R=d2
由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
得B=2mvqd
(2)a.离子恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子沿板方向做匀速直线运动有L=vt
离子受到电场力F=Udq
根据牛顿第二定律有a=Fm=Uqdm
垂直板方向做匀变速直线运动有d=12at2=12UqdmLv2
得L=vd 2mUq
落在下极板 x 位置的离子，在电场中的运动时间t′=xv
进入电场时的纵坐标y1=12at′2=12Uqdmxv2
同理，落在下极板 x+Δx 位置的离子，进入电场时纵坐标y2=12Uqdmx+Δxv2
离子从12Uqdmxv2∼12Uqdmx+Δxv2
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，由离子数量相等有ny2−y1=nxΔx
得nx=nqUdmv2x
图像如图所示
图线下的面积代表单位时间内落在下极板的离子数。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
21.【答案】(1)若小行星在该位置做匀速圆周运动，设速度大小为 v1 ，由万有引力提供向心力，可得GMmr2=mv12r
解得v1= GMr
由于v≠v1
可知，小行星不能围绕地球做圆周运动。
(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−Gm+0.1m⋅Mr+12m+0.1m⋅v 22=0
解得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+mv2
解得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+12mv 32
解得r0=14r
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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=0.1sin5πtm。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。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、多选题：本大题共1小题，共3分。
15.如图所示，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
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图所示。
(1)用游标卡尺测量摆球直径如图所示，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)。
17.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I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“<”“=”或“>”)。可知r测1=______(用电源和电表内阻表示)。
四、计算题：本大题共4小题，共37分。
18.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v；
(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。
19.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？
20.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)
21.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】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。这种现象属于双缝干涉现象，即属于光的干涉。
故选B。
2.【答案】A
【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒，有4+9=12+m，2+4=6+n，解得m=1，n=0，则X是中子，故A正确，B、C、D错误。
3.【答案】C
【解析】A.乒乓球恢复原状的过程中，球内被封闭的气体温度升高，气体分子的平均动能增大，选项A错误；
B.根据气体分子速率分布的特点可知，温度升高时，气体分子的平均速率将增大，并不是所有分子的运动速率都变大，选项B错误；
CD.乒乓球恢复原状的过程中，气体温度升高，内能增加，同时对外做功，根据热力学第一定律
ΔU=Q+W>0可知，气体吸收热量，且气体吸收的热量大于其对外做的功，大于其增加的内能，选项C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知这列波的波长λ=4m，故A错误；
B.由图可知，质点P此刻处于平衡位置，速度不为零，故B错误；
C.根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为 y=0.1sin5πtm ，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D.这列波的波速为v=λT
又T=2πω=2π5π=0.4s
联立解得v=10m/s
故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】AB.原线圈接220V的正弦交流电源，根据理想变压器原、副线圈电压表等于匝数比U1U2=n1n2
可得副线圈的输出电压为U2=22 V，则电压表的示数为22V，
根据欧姆定律可得I2=U2 R=0.4 A
故AB错误；
C.电压表的示数由原线圈电压和线圈匝数之比决定，则若负载电阻的阻值减小，电压表的示数不变，故C错误；
D.若负载电阻减小，根据 P=U22R 可知副线圈的输出功率变大，原线圈的输入功率也变大，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】ACD.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMmr2=mω2r=mv2r=ma
可得ω= GMr3 ， v= GMr ， a=GMr2
可知“乾坤一号”的角速度、线速度和向心加速度均大于同步卫星的角速度、线速度和向心加速度；
同步卫星的角速度等于地球自转角速度，根据v=ωr ， a=ω2r
则同步卫星的线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，同步卫星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；
则“乾坤一号”的角速度大于地球自转的角速度，线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，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A正确，CD错误；
B.“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星，则线速度等于地球的第一宇宙速度，故B错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】AB.由题知，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv，则飞船与空间站的加速度a=ΔvΔt ， a=FM+m
联立解得M=FΔtΔv−m
故A错误，B正确；
CD.设飞船与空间站间的作用力大小为 F′ ，对飞船由牛顿第二定律有ma=F−F′
解得F′=F−mΔvΔt
故CD错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A.靠近正电荷电场强度越大，所以该电荷沿着电场线做变加速直线运动，故A错误；
B.根据动能定理可知Fx=ΔEk，该电荷在AB段受电场力做功较大，所以在AB段动能的增量大于BC段动能的增量，故B错误；
C.电场力做功等于电势能的变化，结合B选项可知，电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，故C正确；
D.该电荷运动的速度时间关系如图
由图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，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。
9.【答案】B
【解析】在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，俯视看铝环中的电流沿逆时针方向；根据“来拒去留”可知磁铁受到向上的磁场力，则铝环受到向下的磁场力，铝环对桌面的压力大于它的重力；磁铁运动过程中受到重力、弹簧弹力和磁场力三个力作用；由于铝环产生感应电流，铝环中有焦耳热产生，根据能量守恒可知，磁铁和弹簧组成的系统机械能减少。
故选B。
10.【答案】D
【解析】A.电压表示数为1V时，电流表示数为零，即遏止电压为1V，则光电子最大初动能为Ekm=eU=1eV，A错误；
B.K极材料的逸出功为W0=hν−Ekm=1.82eV，B错误；
C.电流表有示数，说明两极电压小于遏止电压1V，C错误；
D.仅将电源正负极对调，则两极间电场对光电子的运动有促进作用，电流表示数增大，一定大于30μA，D正确。
故选D。
11.【答案】A
【解析】AB.根据牛顿第二定律可知F+mg=mv2R
解得F=mRv2−mg
由图像可知mR=a−02b−b
可得小球的 质量m=aRb
由0=mRb−mg
可得重力加速度g=bR
选项A正确，B错误；
C. 图像的斜率为k=mR
则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C错误；
D. 图线与横轴交点的位置0=mRv2−mg
可得v2=gR
则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的的距离变大，选项D错误。
故选A。
12.【答案】C
【解析】A.实验舱在电磁弹射阶段处于超重状态，在竖直上抛阶段处于失重状态，选项A错误；
B.实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为
v=gt=10m/s2×2s=20m/s
选项B错误；
C.在向上弹射过程中，根据动能定理有W−mgh=12mv2=1×105J
所以W>1×105J
选项C正确；
D.在向上弹射过程中，根据动量定理有I−mgt′=mv=1×104N⋅s
所以I>1×104N⋅s
选项D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】AB.根据运动的分解可知离子水平方向的分速度 v1 变大，垂直于磁场方向的分量 v2 不变，则洛伦兹力 f=qv2B 不变，电场力 F=qE 也不变，离子受合力大小不变，根据牛顿第二定律可知加速度大小不变，故A错误，B正确；
C.根据功率的计算公式 P=qEv1 可知，电场力的瞬时功率变大，故C错误；
D.由于 v1 变大，根据速度的合成可知速度与电场方向的夹角θ变小，故D错误。
故选B。
14.【答案】C
【解析】A.在1as时间内，光传播距离为s=ct=3×108×10−18m=0.3nm，故A项错误；
B.结合题意可知，由于激光是往复振荡，电子在激光电场的作用下会回到原子核附近，在回到原子核的过程中，电子被激光电场加速获得很高的能量，当电子回到原子核，电子的能量以产生高次谐波形式释放这部分能量，辐射高能量光子。释放的光子能量为电子在回到原子核过程获得的动能和电子电离能的总和。所以电子复合时释放的光子能量不等于电子在激光场中加速时获得的能量，故B项错误；
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项正确；
D.由题意可知，高次谐波光子频率是强激光光子频率的整数倍，由能量子公式ε=hν
所以应该是高次谐波光子能量是强激光光子能量的整数倍，故D项错误。
故选C。
15.【答案】AB
【解析】由两个测力计的示数得到拉力 F1 和 F2 的大小，此外还必须记录小圆环的位置和记录两细线的方向。
故选AB。
16.【答案】(1)18.5； 4π2n2l+d2t2 (2)4π2k
【解析】(1)由题图可知，游标卡尺的精确度为0.1mm，所以其读数为d=18mm+0.1×5mm=18.5mm；
单摆的摆长为L=l+d2
单摆的周期的公式为T=2π Lg
单摆的周期为T=tn
整理有g=4π2n2l+d2t2
(2)单摆的周期公式为T=2π Lg
整理有T2=4π2gL
结合题图可知k=4π2g
解得g=4π2k
17.【答案】(1)左 (2)4.4；4.1(4.0、4.2均可)
(3)电流；
(4)=； =； rRVRV+r
【解析】(1)滑动变阻器电路中采用限流接法，为了确保安全，闭合开关前，应使其接入电阻最大，即闭合开关前，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有U=E−Ir
结合图像有E测1=4.4V ， r测1=Ω≈4.1Ω
(3)图1中电压表测量的是路端电压，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，系统误差在于电压表的分流，即由于电压表并非理想电表，导致电流的测量存在系统误差；
根据上述，系统误差在于电压表的分流，电压表分的电流为IV=URV
当路端电压为0时，即发生短路时，电压表分流为0，此时电流的测量值与真实值相等，即实验图像与理论图像在横坐标上交于同一点，而在相同的电压之下，理论的干路电流大于实验的干路电流，作出理论图像如图所示。
(4)图1中将电源与电压表等效为一个新电源，则此时的测量值为等效电源的电动势与内阻，则有E测1=ERVRV+r ， r测1=rRVRV+r
若拆除电流表和滑动变阻器，直接读取电压表示数为 E测2 ，则有E测2=ERVRV+r，可知E测1=E测2
结合上述有E测1r测1=E测1rRVRV+r=ERVRV+rrRVRV+r=Er。
18.【答案】(1)由 A 点运动到 B 点的过程中，根据动能定理有mgLsinα−μmgLcsα=12mv2
得v=4m/s
(2)由 B 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理有−μmgx=0−12mv2
得x=1.6m
(3)儿童从 A 点运动到 C 点的 过程，根据动能定理有mgLsinα+Wf=0
得Wf=−480J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】(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，回路的感应电流的大小I=BLvR
杆 ab 受到的安培力大小F=BIL=B2L2vR
杆 ab 受到的安培力方向与速度方向相反。
(2)杆 ab 通过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q=12mv2−12mv22=38mv2
(3)设杆 ab 刚进入磁场时加速度的大小为 a1 ，根据牛顿第二定律有F=ma1
得a1=B2L2vmR
同理，杆 ab 即将离开磁场时的加速度大小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B2L2vmR≤a0
得B≤ mRa0L2v
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】(1)离子恰好被全部吞噬时，离子的运动半径R=d2
由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
得B=2mvqd
(2)a.离子恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子沿板方向做匀速直线运动有L=vt
离子受到电场力F=Udq
根据牛顿第二定律有a=Fm=Uqdm
垂直板方向做匀变速直线运动有d=12at2=12UqdmLv2
得L=vd 2mUq
落在下极板 x 位置的离子，在电场中的运动时间t′=xv
进入电场时的纵坐标y1=12at′2=12Uqdmxv2
同理，落在下极板 x+Δx 位置的离子，进入电场时纵坐标y2=12Uqdmx+Δxv2
离子从12Uqdmxv2∼12Uqdmx+Δxv2
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，由离子数量相等有ny2−y1=nxΔx
得nx=nqUdmv2x
图像如图所示
图线下的面积代表单位时间内落在下极板的离子数。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
21.【答案】(1)若小行星在该位置做匀速圆周运动，设速度大小为 v1 ，由万有引力提供向心力，可得GMmr2=mv12r
解得v1= GMr
由于v≠v1
可知，小行星不能围绕地球做圆周运动。
(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−Gm+0.1m⋅Mr+12m+0.1m⋅v 22=0
解得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+mv2
解得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+12mv 32
解得r0=14r
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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