2024年北京市顺义区高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年北京市顺义区高考物理二模试卷（含详细答案解析），共24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.下列说法正确的是( )
A. 温度是分子热运动平均动能的标志
B. 布朗运动是液体分子的无规则运动
C. 物体中所有分子的热运动动能的总和叫作物体的内能
D. 气体很容易被压缩，说明气体分子之间存在着较小的空隙
2.下列说法正确的是( )
A. 若放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
B. 卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子
C. 在核反应方程 24He+49Be→612C+X中，X表示的是中子
D. 天然放射现象中的α射线是高速电子流
3.如图所示是光线由空气射入半圆形玻璃砖，再由玻璃砖射入空气中的光路图。O点是半圆形玻璃砖的圆心，下列光路图中不可能发生的是( )
A. B.
C. D.
4.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，K、L、M、N为波上的四个质点，从该时刻开始计时，某质点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. K、L、M、N四个质点沿x轴正方向运动B. 质点K和N的运动方向始终相反
C. 质点N该时刻向y轴正方向运动D. 图乙表示质点L的振动图像
5.一位质量为60kg的滑雪运动员从高为10m的斜坡顶端由静止滑至坡底。如果运动员在下滑过程中受到的阻力为60N，斜坡的倾角为30∘，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 运动员的加速度的大小为4m/s2
B. 运动员所受重力做的功为600J
C. 运动员受到的支持力的大小为300N
D. 运动员滑至坡底时动量大小为240kg⋅m/s
6.如图甲所示，先将开关S掷向1位置，给电容器C充电，充电完毕后把S掷向2位置，电容器通过电阻R放电，电流I随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 仅将电容器C的电容增大，刚开始放电时的电流大于I0
B. 仅将电容器C的电容减小，刚开始放电时的电流小于I0
C. 仅增大电阻R的阻值，则图线与两轴所围的面积不变
D. 仅增大电阻R的阻值；则图线与两轴所围的面积增大
7.如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A. 仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小
B. 仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大
C. 仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小
D. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变大
8.科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小。在若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比，下列说法正确的是( )
A. 半径变小B. 周期变大C. 速率变大D. 角速度变大
9.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅在电场力的作用下运动，下列说法正确的是( )
A. 电子的电势能将增大B. 电子沿Ox的负方向运动
C. 电子运动的速度先增大后减小D. 电子运动的加速度先增大后减小
10.如图所示，将绝缘导线绕在柱形铁块上，导线内通以交变电流，铁块内就会产生感应电流，即涡流。当铁块内部的磁感线方向竖直向上，在铁块内产生(自上而下观察)沿虚线顺时针方向的涡流时，下列说法正确的是( )
A. 绝缘导线中的电流正在减小
B. 绝缘导线中的电流由b流间a
C. 为减小涡流，可以增大交变电流的频率
D. 为减小涡流，可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠合在一起
11.某同学想通过测绘一只额定电压为2.5V小灯泡的I−U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。实验电路如图甲所示，根据实验数据描绘的I−U图像如图乙所示。列说法正确的是( )
A. 小灯泡正常工作时的电阻约为5.8Ω
B. 随着小灯泡两端电压的增大，小灯泡的电阻变小
C. 该实验的系统误差主要是由电流表的分压引起的
D. 图甲中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于A处
12.如图所示为苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在压力传感器R1上。R1所受压力越大阻值越小，当R2两端电压超过某一定值时，使控制电路接通，电磁铁吸动分拣板的衔铁。该控制电路中包含保持电路，能够确保苹果在分拣板上运动时电磁铁始终保持吸动状态。下列说法正确的是( )
A. 为了选出质量更大的苹果可以增加缠绕电磁铁线圈的匝数
B. 为了选出质量更大的苹果可以将电源A的输出电压减小
C. 为了选出质量更大的苹果可以增大R2的阻值
D. 质量大的苹果将进入上通道
13.如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在O点。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至A点开始计时细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，重力加速度g取10m/s2。( )
A. 单摆的振动周期为0.2πsB. 单摆的摆长为0.1m
C. 摆球的质量为0.05kgD. 摆球运动过程中的最大速度0.08m/s
14.1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为m的探测器正朝远离太阳的方向运动，探测器探测器太阳帆的面积为S，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为r，不考虑行星对探测器的引力。
已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的光的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即P0=σT4.其中T为太阳表面的温度，σ为常量。引力常量为G，太阳的质量为M，太阳的半径为R，光子的动量p=hλ，光速为c。下列说法正确的是( )
A. 常量σ的单位为kg⋅sK4
B. t时间内探测器在距太阳r处太阳帆接收到太阳辐射的能量为4πR2tP0S
C. 若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收另一半被反射，探测器太阳帆的面积S至少为2cGMmR2P0
D. 若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在r处太阳帆受到太阳光的压力为R2P0Scr2
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)某同学在测量玻璃的折射率实验中，经正确的实验操作，得到如图1所示的光路图，测得入射角为θ1、折射角为θ2。则该玻璃的折射率n=______。
(2)某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系实验中，采用了可拆式变压器，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，如图2所示。
①下列说法正确的是______(选填正确选项前的字母)。
A.为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
B.变压器中的A、B两块铁芯都是由柱状硅钢块制成
C.变压器正常工作时，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
D.保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响
②实验中发现原、副线圈匝数的比值与电压之比有微小差别，出现这种情况的原因是______。
③实验时，某同学听到变压器内部有轻微的“嗡嗡”声，他做出如下猜想，正确的是______(选填正确选项前的字母)。
A.“嗡嗡”声来自副线圈中电流流动的声音
B.“嗡嗡”声是由于铁芯中存在过大的涡流而发出的
C.交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发声
D.若去掉铁芯B，“嗡嗡”声马上消失，也能较准确得出“变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比”的实验结论
16.利用打点计时器和小车探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。
(1)在探究加速度与物体质量关系时，应保持______不变(选填“钩码总质量”或“小车质量”)，并且要求钩码质量小车质量______(选填“远大于”或“远小于”)。
(2)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.打点计时器应与直流电源连接
B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行
C.平衡摩擦力时，不应将钩码挂在定滑轮左端细线上
D.平衡摩擦力后，若改变小车质量需要重新调节长木板的倾角平衡摩擦力
(3)某同学在没有天平的情况下，利用图甲所示装置测量小车的质量。实验步骤如下：
①将5个钩码全部放入小车中，在长木板右下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
②将一个钩码从小车内取出并挂在定滑轮左端细线上，其余钩码仍留在小车内，释放小车，测得小车加速度a.
③每次都从小车内取出一个钩码，并挂在细线左端的钩码上，释放小车，测得小车的加速度a。将结果填入表格。
④根据下列表格中的数据在图乙中补齐数据点，并作出a−n图像。
⑤利用a−n图像求得小车(空载)的质量为______ kg。(每个钩码的质量均为0.050kg，重力加速度g取9.8m/s2)。
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成AB两部分，其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
(1)炸裂后瞬间A部分的速度的大小v1；
(2)炸裂后B部分在空中下落的时间t；
(3)在爆炸过程中A、B组成的系统增加的机械能ΔE。
18.如图所示，两平行金属板MN、PO之间的电势差为U，金属板PQ的右方直角坐标系的第一象限内有一磁感应强度为B的匀强磁场。一带电量为+q，质量为m的粒子从金属板MN的入口处由静止释放，经加速电场加速垂直y轴进入磁场后做匀速圆周运动，恰好从K点射出，速度方向与x轴负方向夹角为60∘，忽略重力的影响。求：
(1)粒子从电场射出时速度的大小u；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和运动时间t；
(3)若要使粒子从坐标原点O射出，可以采取什么措施？
19.新能源汽车中有一个非常重要的动能回收系统。其原理如图甲所示，当放开加速踏板时，汽车由于惯性会继续前行，此时动能回收系统会使机械组拖拽电机线圈，切割磁感线产生感应电流，当逆变器输入电压高于Uc时，电机可以为电池充电，当电压低于Uc时，动能回收系统关闭。将质量为M的电动汽车的动能回收系统简化为如图乙所示的理想模型，水平平行宽为L的金属导轨处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN的质量等效为汽车质量，金属棒在导轨上运动的速度等效为汽车速度，将动能回收系统的电阻等效为一外部电阻R。求：
(1)当逆变器输入电压等于Uc时汽车的速度大小vc；
(2)电动汽车以速度v(v>vc)开始制动时，由动能回收系统产生加速度的大小a；
(3)电动汽车以n倍(n大于1)vc行驶时，突发情况采取紧急制动，动能回收系统开启，同时传统机械制动介入，传统机械制动阻力与车速成正比f=kv。速度降为vc时，动能回收系统关闭，传统机械制动阻力变为车重的μ倍，重力加速度为g。若动能的回收率为η。求：
a.制动过程中被回收的动能Ek；
b.制动过程电动汽车的总位移x。
20.动量p和力F都是矢量，在处理二维问题时，往往分解为相互垂直的两个方向进行研究，即将二维问题转化为一维问题。
(1)质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前的速度大小为v正，碰撞后的速度大小为v，如图1所示。分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化ΔPx、ΔPy。
(2)质量均为m的球1和球2构成一个系统，不考虑系统的外力作用，球1沿x轴正向以速度v1与静止的球2碰撞，碰撞后两球速度的偏角分别为θ=53∘，φ=37∘，如图2所示。求碰后两球速度的大小v1′和v2′。
(3)轻绳两端各系一质量均为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态，俯视如图3所示。对小球M施加一瞬时冲量，使它获得方向与绳垂直的速度vM。分别求出在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间三个小球速度的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，故A正确；
B、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒永不停息地做无规则运动，反映了液体或者气体分子的无规则运动，并不是分子运动，故B错误；
C、物体中所有分子的热运动分子动能的总和与分子势能总和叫做物体的内能，故C错误；
D、气体在一定程度内很容易被压缩，说明分子间有较大间隙，故D错误；
故选：A。
温度是分子热运动平均动能的标志，布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒永不停息地做无规则运动，反映了液体或者气体分子的无规则运动；物体中所有分子的热运动分子动能的总和与分子势能总和叫做物体的内能。气体在一定程度内很容易被压缩，说明分子间有较大间隙，而不是间隙较小。
本题主要考查分子动理论的内容，要注意准确理解；这一类的知识点都是记忆性的知识点，在平时的学习过程中要多加积累。
2.【答案】C
【解析】解：A、放射性元素的半衰期只与原子本身结构有关，与温度无关，故A错误；
B、卢瑟福通过α粒子散射实验得出了在原子的核式结构理论，并没有发现原子核内部存在质子，故B错误；
C、根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数A=4+9−12=1，电荷数z=2+4−6=0，可知X表示的是中子 01n，故C正确；
D、天然放射现象中的β射线是高速电子流，故D错误。
故选：C。
半衰期与温度无关；根据α粒子散射实验现象的内容以及结论分析；根据质量数和电荷数守恒判断生成物；α、β、γ三种射线分别是氦核、电子、电磁波组成。
该题考查原子物理学中的α粒子散射实验、常见的核反应、β衰变以及半衰期，都是一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可。
3.【答案】B
【解析】解：AB、当光由空气射入半圆形玻璃砖时，折射角应小于入射角，故A正确，B错误；
C、当光垂直于界面射入时，传播路径不变，故C正确；
D、当光由空气斜射进入半圆形玻璃砖时，折射角一定小于入射角，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：B。
当光从一种介质斜射入另一种介质时，要发生折射现象，当光垂直于界面射入时，传播路径不变，根据这些知识进行分析。
解决本题关键要掌握光的折射现象，知道入射角与折射角的大小关系。
4.【答案】D
【解析】解：AC、四个质点在垂直于x轴的方向上做简谐运动，并不沿x轴正方向运动，根据同侧法可知质点N该时刻向y轴负方向运动，故AC错误；
B、K与N之间的距离等于34λ，所以K与N两个质点振动的方向有时相同，有时相反，故B错误；
D、由乙图判断可知t=0时刻质点处于平衡位置且向上振动，在甲图上，由于波沿x轴正方向传播，运用同侧法可知L点处于平衡位置且向上振动，所以乙图是L的振动图象，故D正确。
故选：D。
横波中质点的振动方向和波的传播方向互相垂直；已知波的传播方向根据同侧法可判断质点的振动方向；根据二点的间距与波长的关系判断二者的振动步调；根据波形图结合振动图像可判断。
本题的关键是熟练运用同侧法分析波的传播过程，会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。
5.【答案】A
【解析】解：A、由牛顿第二定律得mgsin30∘−f=ma，代入数据解得a=4m/s2，故A正确；
B、重力做功为W=mgh=60×10×10J=6000J，故B错误；
C、运动员受到的支持力大小为FN=mgcs30∘=60×10× 32N=300 3N，故C错误；
D、运动员从坡顶到坡底的位移为x=hsin30∘=100.5m=20m
设运动员到坡底时速度大小为v，由速度-位移公式可得v2=2ax
代入数据解得v=4 10m/s
所以运动员在坡底时的动量大小为p=mv=60×4 10kg⋅m/s=240 10kg⋅m/s，故D错误。
故选：A。
由牛顿第二定律计算运动员的加速度；根据重力做功的特点计算重力做功的大小；根据运动员的受力情况分析其受到的支持力大小；先求出运动员到达坡底时的速度大小，再根据动量表达式即可求出运动员到达坡底时的动量大小。
解决本题的关键在于牢记重力做功的计算方法为重力乘以竖直方向上的位移；计算动量大小时注意要求出运动员最终的实际速度。
6.【答案】C
【解析】解：AB、电容器充电完毕时，其电压为E，刚开始放电时，由欧姆定律有：I0=ER，与电容器的电容C无关，所以仅将电容器C的电容增大或减小，刚开始放电时的电流仍为I0，故AB错误；
CD、仅增大电阻R的阻值，电容器充电完毕时所带电荷量不变，根据I−t图线与两轴所围的面积表示电容器所释放的电荷量，可知仅增大电阻R的阻值，则图线与两轴所围的面积不变，故C正确，D错误。
故选：C。
根据欧姆定律分析刚开始放电时的电流大小。I−t图线与两轴所围的面积表示电容器所释放的电荷量，由此分析即可。
解答本题的关键要理解I−t图像的物理意义，知道I−t图线与两轴所围的面积表示电容器所释放的电荷量。
7.【答案】A
【解析】解：AC.根据动能定理和牛顿第二定律有
eU=12mv2
eBv=mv2R
可得R=1B 2mUe
仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B变大，则运动径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，运动径迹的半径变大，故A正确，C错误；
BD.由
eBv=mv2R
v=2πRT
可得电子的周期为T=2πmeB
电子周期与电子枪加速电场的电压无关，且仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期将变小，故BD错误。
故选：A。
AC.根据动能定理和牛顿第二定律列式求解半径的表达式，再根据表达式进行分析解答；
BD.由牛顿第二定律和线速度公式推导周期表达式，根据表达式分析比较。
考查带电粒子在电场中和磁场中的加速和圆周运动问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
8.【答案】B
【解析】解：A、太阳质量不断减小，太阳对地球的万有引力不断变小，不足以提供地球所需要的向心力，地球就做离心运动了，离太阳越来越远，所以运动半径变大，故A错误；
BCD、在若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，设太阳的质量为M，地球的轨道半径为r，质量为m，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r=mv2r=mω2r
得T=2π r3GM，v= GMr，ω= GMr3
M变小，r变大，可知地球绕太阳运动的周期T变大，速率v和角速度ω均变小，故B正确，CD错误。
故选：B。
太阳质量变小了，太阳对地球的万有引力就变小了，地球做离心运动。地球绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式分析。
本题考查万有引力在天体中的应用，这个题目有所不同的是中心体的质量也在发生改变，所以要考虑全面。
9.【答案】D
【解析】解：AB、由图可知，沿Ox方向电势逐渐升高，则场强方向沿x负方向，电子所受电场力方向沿x轴正方向，由静止释放的电子将沿x轴正方向运动，此过程中电场力对电子做正功，电子动能一直增加，其速度也一直增加，电子的电势能减小，故ABC错误；
D、φ−x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增加后减小，则电场强度先增加后减小，电子所受电场力先增加后减小，则电子加速度先增加后减小，故D正确；
故选：D。
由图看出，电势逐渐升高，可判断出电场线的方向，确定电子的运动方向，并判断电子电势能的变化。根据φ−x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，即可分析电子所受电场力如何变化，从而判断电子的加速度变化情况。
本题的关键要从数学有角度理解φ−x图象的斜率等于场强，由电势的高低变化判断出电场线的方向，再根据电性来判断电场力方向以及加速度和做功情况。
10.【答案】D
【解析】解：AB、图中涡流为顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，与交变电流的磁场的方向相反，根据楞次定律可知绝缘导线中的电流正在增大；柱形铁块中磁场方向如图所示，根据安培定则可知，此时绝缘导线中的电流由a流向b，故AB错误；
C、增大交变电流的频率，则电流产生的磁场的变化率增大，可增大导体内产生的感应电动势，所以会增加涡流，故C错误；
D、在感应电动势的大小一定时要减小涡流，需要增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截面积，故可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，故D正确。
故选：D。
根据安培定则判断感应电流产生的磁场的方向，然后根据楞次定律判断原磁场的变化，再根据安培定则分析导线中电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律分析减小涡流的方法。
本题解题关键在于把握影响涡流发热的原因。
11.【答案】A
【解析】解：AB、根据I−U图线上某点与坐标原点的连线的斜率的大小等于电阻的倒数大小可知，小灯泡正常工作时的电阻r=Ω≈5.8Ω，随着小灯泡两端电压的增大，图线上各点的斜率逐渐变小，即小灯泡的内阻逐渐增大，故A正确，B错误；
C、该实验的误差是由于电压表的分流引起的，不是由于电流表的分压引起的，故C错误；
D、为保证实验器材的安全，图甲中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于B处，故D错误；
故选：A。
根据I−U图线斜率的物理意义即可分析小灯泡电阻随着电压的变化以及小灯泡再正常工作时的内阻；对实验电路图分析可知引起误差的原因是由于电压表的分流造成的；根据实验的安全性可知滑动变阻器滑片的位置。
本实验考查实验数据的分析、实验误差的来源以及实验器材的安全等方面，要明确实验原理，准确分析实验数据，题目难度适中。
12.【答案】B
【解析】解：A，由题意：当R2两端电压超过某一定值时，使控制电路接通，电磁铁吸动分拣板的衔铁。可知控制电路是否接通是由R2两端电压决定的，与电磁铁线圈的匝数无关，故只改变缠绕电磁铁线圈的匝数不能选出质量更大的苹果，故A错误；
D、质量越大的苹果会使R1受到的压力越大，R1电阻会越小，R1两端的电压越小，R2两端的电压越大，当R2两端电压超过某一定值时，使控制电路接通，电磁铁吸动分拣板的衔铁，分拣板与下通道连接，质量大的苹果将进入下通道，故D错误；
B、在R1、R2的阻值不变的情况下，将电源A的输出电压减小，R2两端的电压会变小，为了使控制电路接通，根据D选项的分析，可知需要质量较大的苹果，故将电源A的输出电压减小，可知选出质量更大的苹果，故B正确；
C、在其它条件不变的情况下，增大R2的阻值，会使R2两端的电压变大，可知苹果质量较小时也会使控制电路接通，故增大R2的阻值会选出质量较小的苹果，故C错误。
故选：B。
根据题意分析控制电路接通的条件。根据压力传感器的特性和串并联电路的分压特点解答。
本题考查了传感器的应用及工作原理，本题应用压力传感器制作了苹果自动分拣装置，解答时要根据题意分析清楚其工作原理，关键是找到电磁铁工作的条件，根据串并联点的分压特点解答。
13.【答案】C
【解析】解：A.由乙图，结合单摆的对称性可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误；
B.由单摆周期公式T=2π Lg
得L=gT24π2
代入数据得L=0.4m，故B错误；
CD.由乙图和牛顿运动定律得小球在最高点有mgcsθ=0.495
在最低点有0.510−mg=mv2L
从最高点到最低点，由动能定理得mgL(1−csθ)=12mv2
代入数据联立解得m=0.05kg，v=0.2 2m/s
故C正确，D错误。
故选：C。
根据乙图可得单摆的周期；根据单摆的周期公式可以得到摆长；根据牛顿第二定律在最高点和最低点分别列方程，结合动能定理联立可解。
知道在最高点时，摆球的速度为零，此时需要的向心力为零，绳上的拉力等于重力与绳方向的分力。
14.【答案】D
【解析】解：A.由题意可知P0是单位时间从太阳单位面积辐射的电磁波的能量，所以其单位为J/(s⋅m2)，又有：1J=1N⋅m=1kg⋅m2/s2，可得P0的单位可表示为：kgs3，由σ=P0T4，可得常量σ的单位为：kgs3⋅K4，故A错误；
B.t时间内探测器在距太阳r处太阳帆接收到太阳辐射的能量为：E=4πR2tP04πr2S=R2tP0Sr2，故B错误；
C.t时间内辐射到太阳帆的光子的总数为：n=Ehν=Eλhc=R2tP0Sλhcr2
一半光子被吸收，一半反射，设辐射到太阳帆的光子持续受到总的作用力为F，由动量定理得：Ft=n2p+n2⋅2p=3nh2λ
根据牛顿第三定律可知太阳帆持续受到的作用力大小等于F，要满足太阳光对太阳帆的作用力不小于太阳对探测器的引力，即：
F≥GMmr2，联立可得：S≥2cGMm3R2P0，故C错误；
D.若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，同理可得：F′t=np
根据牛顿第三定律可得探测器在r处太阳帆受到太阳光的压力为：F1=F′=R2P0Scr2，故D正确。
故选：D。
由题意可知P0的单位，根据物理量的关系推导常量σ的单位；根据P0的物理意义求解t时间内探测器在距太阳r处太阳帆接收到太阳辐射的能量；求得t时间内辐射到太阳帆的光子的总数，根据动量定理与牛顿第三定律求解太阳帆持续受到的作用力大小。再根据太阳光对太阳帆的压力满足的条件解答；根据动量定理与牛顿第三定律求解太阳帆受到太阳光的压力。
本题为知识给予题，理解题意，根据光子及其动量概念，应用动量定理与能量守恒解答。
15.【答案】sinθ1sinθ2 D 见解析 BC
【解析】解：(1)根据折射定律，折射率n=sinisinr=sinθ1sinθ2
(2)①A.为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B.因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故B错误；
C.变压器的工作原理是电磁感应，电能不是由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈，故C错误；
D.研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故D正确。
故选：D。
②实验中发现原、副线圈匝数的比值与电压之比有微小差别，出现这种情况的原因是线圈通过交变电流，线圈要发热、铁芯因为涡电流发热造成的损失，变压器的铁芯漏磁产生的损失；
③AB.由于交变磁通的作用，变压器铁芯硅钢片产生涡电流，使变压器振动而发出声音，正常情况下这种声音是清晰而有规律的，但若螺丝没有拧紧，变压器就会发出明显的“嗡嗡”低鸣声；但不是副线圈中电流流动的声音，故A错误，B正确；
C.接入交流电后有很强的声音，则说明交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，铁芯振动发声，故C正确；
D.若去掉铁芯B，“嗡嗡”声马上消失；去掉铁芯后，变压器漏磁严重，不能得出“变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比”的实验结论，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)sinθ1sinθ2；(2)①D；②见解析；③BC。
(1)根据折射定律求折射率；
(2)①根据实验原理和注意事项分析作答；
②线圈通过交变电流，线圈要发热、铁芯因为涡电流发热造成的损失，变压器的铁芯漏磁产生的损失；
③变压器原线圈通过交变电流，在铁芯中产生交变磁通量，变压器的铁芯会产生涡电流，使变压器振动而发声；交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，铁芯振动发声；去掉铁芯后，变压器漏磁严重，不能得出“变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比”的实验结论。
本题主要考查了变压器的构造和原理的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作；能够根据实验原理解释变压器发声的现象。
16.【答案】钩码总质量 远小于 BC0.45
【解析】解：(1)因为要探究物体运动的加速度与物体质量关系，所以实验过程中应保持钩码质量不变；
设小车质量为M，钩码质量为m，对整体，根据牛顿第二定律
mg=(m+M)a
设绳子拉力为T，对小车
T=Ma
解得T=mg1+mM
只有当M远大于m时，才可以认为T=mg，则实验中要使小车质量远大于钩码的质量，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力。
(2)A.打点计时器应与交流电源连接，故A错误
B.的拉力，连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行，故B正确；
C.平衡摩擦力时，不应将钩码挂在定滑轮左侧细线上，只让小车拖着纸带在木板上匀速下滑，故C正确；
D.设木板的倾角为θ，平衡摩擦力时应满足满足
Mgsinθ=μMgcsθ
μ=tanθ
可知，平衡摩擦力后，若改变小车质量不需要重新平衡摩擦力，故D错误。
故选：BC。
(3)根据表中数据，描点画图使更多的点在直线上，不在直线的点平均分布在直线两侧，误差太大的点舍去，可得a−n图像为
每个槽码的质量为
m0=0.050kg
对所有槽码和小车，根据牛顿第二定律
nm0g=(M+5m0)a
整理得
a=m0gM+5m0n
则a−n图像的斜率为
k=m0gM+5m0=3.55m/s2
解得
M=0.45kg
故答案为：(1)钩码总质量；远小于；(2)BC；(3)图见解析；0.45
(1)(2)根据实验原理、实验方法与牛顿第二定律分析解答；
(3)根据图像的物理意义结合牛顿第二定律得出质量。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据牛顿第二定律结合图像的物理意义即可完成分析。
17.【答案】解：(1)火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv=(m−m1)v1
解得v1=mvm−m1
(2)根据自由落体运动规律有
h=12gt2
解得t= 2hg
(3)根据能量守恒定律有
ΔE=12(m−m1)v12−12mv2
解得ΔE=12(m1mm−m1)v2
答：(1)炸裂后瞬间A部分的速度的大小为mvm−m1；
(2)炸裂后B部分在空中下落的时间为 2hg；
(3)在爆炸过程中A、B组成的系统增加的机械能为12(m1mm−m1)v2。
【解析】(1)根据动量守恒定律解得炸裂后瞬间A部分的速度的大小；
(2)根据自由落体运动规律解得时间；
(3)根据能量守恒定律解得爆炸过程中A、B组成的系统增加的机械能。
本题考查动量守恒与能量守恒定律，注意选取正方向，并注意物体动量的矢量性，为易错题。
18.【答案】解：(1)依题意，粒子在电场中加速，由动能定理可得
Uq=12mv2−0
解得
v= 2Uqm；
(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB=mv2R
解得
R=mvBq= 2mUqBq
根据
T=2πRv
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T=2πmBq
根据几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角为
θ=180∘−60∘=120∘
故粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动时间为
t=θ360∘T=13×2πmqB=2πm3qB；
(3)由几何关系可知，从金属板MN的入口处到坐标原点的距离为
R+Rsin30∘=32R
若要使粒子从坐标原点O点射出，则粒子做匀速圆周运动的轨道半径为
r=32R×12=34R
若仅改变磁场的磁感应强度，则有
34R=mvqB′
联立(2)问中的R，解得磁感应强度变为
B′=43B；
若仅改变电场的电势差，则有
34R= 2mqU′qB
联立(2)问中的R，解得电势差变为
U′=916U
即若要使粒子从坐标原点O射出，可以将电势差变为916U或者磁感应强度变为43B。
答：(1)粒子从电场射出时速度的大小u为 2Uqm；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R为 2mUqBq和运动时间t为2πm3Bq；
(3)若要使粒子从坐标原点O射出，可以将电势差变为916U或者磁感应强度变为43B。
【解析】(1)根据动能定理求解粒子从电场射出时速度的大小；
(2)根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，根据几何知识求解粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角，再根据时间与周期的关系求解粒子在磁场中运动的时间；
(3)根据几何知识求解粒子从O点射出时粒子在磁场中运动的轨道半径，再联立联立(2)问中的R，分别求解在只改变磁感应强度和只改变加速电压两种情况下的磁感应强度和加速电压。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可得：Uc=BLvc
可得汽车速度大小为：vc=UcBL；
(2)电动汽车以速度v(v>vc)开始制动时，感应电动势为：E=BLv
电流为：I=ER
安培力大小为：F安=BIL
根据牛顿第二定律可得由动能回收系统产生的加速度的大小为：a=F安M
联立解得：a=B2L2vRM；
(3)a、制动过程中被回收的动能：Ek=[12M(nvc)2−12Mvc2]×η
解得：Ek=η(n2−1)MUc22B2L2；
b、动能回收系统开启过程中，取速度方向为正方向，根据动量定理可得：
−(BI−L+f)Δt=M(−Δv)
其中：f=kv
联立可得：(B2L2R+k)x1=Mvc(n−1)
可得：x1=MUcR(n−1)B3L3+BLRk
动能回收系统关闭后，根据动能定理可得：−μMgx2=0−12Mvc2
解得：x2=Uc22μgB2L2
制动过程电动汽车的总位移为：x=x1+x2
解得：x=MUcR(n−1)B3L3+BLRk+Uc22μgB2L2。
答：(1)当逆变器输入电压等于Uc时汽车的速度大小为UcBL；
(2)电动汽车以速度v(v>vc)开始制动时，由动能回收系统产生加速度的大小为B2L2vRM；
(3)a.制动过程中被回收的动能为η(n2−1)MUc22B2L2；
b.制动过程电动汽车的总位移为MUcR(n−1)B3L3+BLRk+Uc22μgB2L2。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得汽车速度大小；
(2)根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解由动能回收系统产生的加速度的大小；
(3)a、根据动能的计算公式求解制动过程中被回收的动能；
b、动能回收系统开启过程中，根据动量定理求解位移；动能回收系统关闭后，根据动能定理求解位移，由此得到制动过程电动汽车的总位移。
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。
20.【答案】解：(1)碰撞前后x方向小球的动量变化
Δpx=mvx−mv0x=mvsinθ−mv0sinθ
碰撞前后y方向小球的动量变化
Δpy=mvy−mv0y=mvcsθ−(−mv0csθ)=mvcsθ+mv0csθ
(2)设碰后两球速度大小分别为v′1、v′2，规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下
mv1=mv′1csθ+mv′2csφ
规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下
mv′1sinθ=mv′2sinφ
联立可得
v′1=35v1、v′2=45v1
(3)由对称性，当两端小球发生碰撞时示意图如图所示
设两小球沿二者球心连线方向速度大小为vx，在垂直两小球球心连线方向的速度大小为vy，由机械能守恒定律和动量守恒定律，有
12Mvm2=12Mvy2+2×12mvx2
Mvm=(M+2m)vy
解得
vy=MvMM+2m，vx= 2M(M+m)M+2mvm
可知在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间，两端小球的速度大小为
v= vx2+vy2
解得v= M(3M+2m)M+2mvm
中央小球速度的大小为MvMM+2m
答：(1)碰撞前后x、y方向小球的动量变化分别为mvsinθ−mv0sinθ、mvcsθ+mv0csθ；
(2)碰后两球速度的大小分别为35v1、45v1；
(3)在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间两端小球的速度大小为 M(3M+2m)M+2mvm、中央小球速度的大小为MvMM+2m。
【解析】(1)动量是矢量，根据矢量的运算方法解答；
(2)根据动量守恒定律分析解答；
(3)根据动量守恒定律及能量守恒定律结合速度的矢量运算分析解答。
本题主要考查了速度的合成与分解原则以及动量守恒定律的直接应用，注意动量是矢量，有大小也有方向；解决本题的关键建立物理模型，根据动量守恒定律进行分析。细线左侧钩码个数(n)
1
2
3
4
5
加速度C(m⋅s−2)
0.70
1.39
2.08
2.79
3.47