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2021年北京理工大学附中高考物理三模试卷（含答案解析）
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这是一份2021年北京理工大学附中高考物理三模试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了9Ω)；电阻箱R2；导线若干，0V，内阻约1Ω)；，【答案】D，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021年北京理工大学附中高考物理三模试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 不同色光在同一种均匀介质中的传播的速度相同
B. 雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的全发射形成的
C. 杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小
D. 水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
2. 已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En=E1n2，其中n=2，3，4⋯，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。有一氢原子处于n=3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为( )
A. -36hc5E1 B. -9hc8E1 C. -4hc3E1 D. -hcE1
3. 下列说法正确的是( )
A. 布朗运动是悬浮在液体中，固体颗粒分子的无规则运动
B. 气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大
C. 知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D. 一定质量的气体，体积不变，温度越高，气体的压强就越大
4. 天体演变的过程中，红巨星发生“超新星爆炸”后，可以形成中子星，中子星具有极高的密度。若已知某中子星的半径为R，密度为ρ，引力常量为G.则( )
A. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最小周期为3πRGρ
B. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最大加速度为4πGρR3
C. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最大角速度为4πRρ3
D. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最大线速度为4πRρ3
5. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知( )
A. 此波沿x轴正方向传播
B. 此波的传播速度为50m/s
C. 从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m
D. 在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向
6. 如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，设运动过程中小球带电量不变，那么( )
A. 小球对玻璃环的压力一定不断增大
B. 小球受到的磁场力一定不断增大
C. 小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D. 由于涡旋电场力对小球做正功，小球的动能一直在增大
7. 回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差。A处的粒子源产生的α粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A. α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越小
B. α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大
C. 仅增大两盒间的电势差，α粒子离开加速器时的动能增大
D. 仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大
8. 如图所示，在矩形abdc区域中有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，某种正粒子(不计粒子的重力)从O点以初速度v0水平射入后偏转角为θ.现电场换为方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，仍使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ角，若匀强磁场的磁感应强度大小为B，粒子穿过电场和磁场的时间之比为t1t2，则( )
A. B=Esinθv0，t1t2=sinθθ B. B=Esinθv0，t1t2=θsinθ
C. B=Ecosθv0，t1t2=sinθθ D. B=Ecosθv0，t1t2=θsinθ
9. 如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B，分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB，前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA，和dB，粒子重力不计，则( )
A. tA一定小于tB，dA一定等于dB B. tA一定小于tB，dA可能小于dB
C. tA可能等于tB，dA一定等于dB D. tA可能等于tB，dA可能小于dB
10. 如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A。则( )
A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100tV
B. 若开关S闭合，灯泡L1将更亮
C. 若开关S闭合，电流表示数将增大
D. 灯泡L1的额定功率为2W
11. “太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则( )
A. 在B、D两处小球运动的加速度一定相同
B. 只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用
C. 平板对小球的作用力在A处最大，在C处最小
D. 小球运动过程中机械能保持不变
12. 磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ，式中B是磁感强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数。为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△l，并测出拉力F，如图所示。因为F所作的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感强度B与F、A之间的关系为( )
A. B=2μFA B. B=2μF△lA C. B=2F△lμA D. B=2μFA△l
13. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示，其中试探电荷在A，N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大，则下列说法正确的是
A. q1为正电荷，q2为负电荷
B. q1电荷量小于q2的电荷量
C. 将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
D. 将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
14. 根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为P0，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为η，则激光束对此物体产生的压强为( )
A. (1+η)P0cS B. (1+η)P0cS C. (1−η)P0cS D. (2−η)P0cS
15. 某同学组装一个多用电表，可选用的器材有：微安表头(量程100μA，内阻900Ω)；电阻箱R1(阻值范围0∼999.9Ω)；电阻箱R2(阻值范围0∼99999.9Ω)；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为lmA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡。
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R 1和R 2，其中*为公共接线柱，a和b分別是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1=______ Ω，R2=______Ω(保留到个位)
16. 小明利用实验室提供的器材测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω.他首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为3.0V，内阻约1Ω)；
电流表A1(量程0∼100mA，内阻约5Ω)；
电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约0.2Ω)；
电阻箱R(0∼999.9Ω)；
开关、导线若干．
小明的实验操作步骤如下：
A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B.根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；
C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；
D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F.断开开关．
①小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次测量中该电阻丝直径的测量值d=______ mm；
②实验中电流表应选择______(选填“A1”或“A2”)；
③小明用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R−L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=______(用给定的物理量符号和已知常数表示)；
④若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果是否会产生影响？若有影响，请说明测量结果将偏大还是偏小．(不要求分析过程，只回答出分析结果即可)
答：______.
17. 某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的 __________(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了 __________。
A. 使H测得更准确
B. 使重锤1下落的时间长一些
C. 使系统的总质量近似等于2M
D. 使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？
(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g，得g=__________。
18. 一辆汽车的质量为m，其发动机的额定功率为P0.从某时刻起汽车以速度 v0在水平公路上沿直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为 P04，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到 8v05时，发动机的输出功率恰好为P0.如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与行驶速率成正比，求：
(1)汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率vm；
(2)汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离；
(3)为提高汽车行驶的最大速率，请至少提出两条在设计汽车时应考虑的建议．
19. 在如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=2R，圆形金属线圈的半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2
(1)判断通过电阻R2的电流方向、电容器上极板所带电荷的电性；
(2)线圈中产生的感应电动势的大小E；
(3)电阻R2两端的电压U2。
20. 如图所示为某灌溉工程示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，水龙头离地面高h，水管横解截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。
水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为d=2h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
(1)单位时间内从管口流出的水的质量m0；
(2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy；
(3)不计额外功的损失，水泵输出的功率P。
(1)如图1为光电管产生的光电子进行比荷测定的原理装置图，整个装置放在真空中，电源电动势为E，内阻为r，R0的总电阻为4r，两块水平的平行金属板分别由两种材料制成，其中N为锌板，M为铜板，两板相距为d，当仅锌板N受紫外线照射后，将发射沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流计的指针偏转，若闭合开关S，调节R0逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小，当电压表示数为U时，电流恰好为零，此时滑动变阻器Pb之间的阻值为Rpb。若切断开关S，在MN间加垂直于纸面磁感应强度为B的匀强磁场时，也恰能使电流计的电流为零。求
a.滑动变阻器Pb的阻值Rpb大小；
b.光电子的比荷为多大。
(2)现将装置中的部分器材拆除，如图2所示。让频率为ν紫外线弧光灯同时照射原来都不带电的锌板和铜板，已知锌板和铜板的极限频率分别为ν1和ν2，且ν1<ν<ν2，板面积为S，间距d保持不变。假设光电子全部到达另一极板。已知普朗克常量为h，电子的电量的绝对值为e，平行板电容器的电容决定式为C=s4πkd。求
a.试导出电容器的最终所带的电荷量Q；
b.电容器内最终的场强E。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、光在介质中传播的速度由介质本身，及频率共同决定，而不同颜色的光的频率不同，所以不同色光在同一种均匀介质中的传播的速度不相同，故A错误；
B、油膜形成的彩色条纹，是油膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的干涉条纹，所以雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的，故B错误；
C、根据光的干涉条纹间距公式△x=ldλ，可知，红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大，故C错误；
D、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故D正确。
故选：D。
光在介质中传播的速度由介质本身，及频率共同决定；油膜形成的彩色条纹是由光的薄膜干涉；根据光的干涉条纹间距公式△x=ldλ可判断；玻璃中的气泡看起来特别明亮是全反射。
本题考查了光学的相关问题，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
2.【答案】A
【解析】解：一群氢原子处于n=3激发态，据玻尔理论在这3种频率光子中，可释放出的光子频率种类中，当氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光子波长最长，
E2=E14
E3=E19，
hcλ=E3−E2，
λ=hcE3−E2=−36hc5E1，故A正确，BCD错误
故选：A。
能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。
解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足hcλ=hγ=Em−En。
3.【答案】D
【解析】解：A、小颗粒因为受液体分子撞击受力不平衡，从而表现出无规则运动的状况，即布朗运动，所以布朗运动是固体颗粒的运动，不是固体颗粒分子的无规则运动，故A错误；
B、由热力学第一定律可知，吸收热量的物体如果对外做功，其内能不一定增大，故温度不一定升高，故B错误；
C、知道某物质的摩尔质量和密度只能求出摩尔体积，不能求出阿伏加德罗常数，故C错误；
D、由理想气体状态方程pVT=C可知，一定质量的气体，体积不变，温度越高，气体的压强就越大。
故选：D。
布朗运动是固体颗粒的运动，不是固体颗粒分子的无规则运动；由热力学第一定律可分析；知道某物质的摩尔质量和密度不能求出阿伏加德罗常数；由理想气体状态方程pVT=C可分析压强。
本题主要考查热力学第一定律及理想气体状态方程，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
4.【答案】B
【解析】解：A、中子星实际为一天体，中子星的质量为：
M=ρV=43πρR2，
根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=m⋅4π2RT2
联立得：T=3πGρ.故A错误；
B、天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对中子星表面的某一质量为m物体有：GMmR2=mg，
联立解得：g=4πGρR3，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mω2R
联立得：ω=4πGρ3.故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mv2R
联立得：v=4πρGR23
故D错误。
故选：B。
根据物体与该天体之间的万有引力等于物体受到的重力，列出等式表示出中子星表面重力加速度。结合题目所给的信息求解问题。
该题属于信息给予的他眉目，处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的物理方法求解。
5.【答案】D
【解析】解：A、t=0时，质点A速度沿y轴正方向，根据“上下坡法”可知波沿x轴负向传播，故A错误；
B、由题意知质点A与质点B相距1m，则λ2=1m，得λ=2m，因为t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，则T4=0.02s，则T=0.08s，则波速v=λT，代入数据解得v=25m/s，故B错误；
C、简谐横波沿x轴负方向传播，质点A在平衡位置附近振动，并不迁移，故C错误；
D、t=0时刻，质点B振动方向向下，t=0.04s时，即经过T2，则可知质点B回到平衡位置，速度沿y轴正方向，故D正确。
故选：D。
根据“上下坡法”判断波传播的方向；由波动图象，分析质点的振动情况，找到机械波的波长、周期，根据v=λT计算波速；质点只在平衡位置附近振动不能随波迁移；判断质点的运动方向，根据周期分析在某一时刻的位置坐标。
本题考查机械波的波长、周期和波速的计算，以及质点的振动情况，注意质点只在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移．
6.【答案】C
【解析】解：AC、磁感应强度竖直向上，磁感应强度B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球反向运动，即沿顺时针方向加速运动，速度不断增加；小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力提供向心力，小球速度先减小后增大，小球所需向心力先减小后增大，环的弹力先减小后增大，小球对环的压力先减小后增大，故A错误，C正确；
B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；
D、由A的分析可知，涡旋电场力对小球先做负功，后做正功，小球的动能先减小后增大，故D错误；
故选：C。
变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．
本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题．
7.【答案】D
【解析】解：AB、α粒子在磁场中运动的周期：T=2πmqB，与其速度的大小无关，所以α粒子运动的周期不变。故AB错误；
CD、由qvB=mv2R得：v=qBRm，则最大动能为：Ek=12mv2=q2B2R22m，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关。磁场越强，α粒子离开加速器时的动能就越大；与加速电场的电压无关，增大半径时，最大动能增大，而增大电压时，最大动能不变；故C错误D正确。
故选：D。
粒子在电场中被加速，所以α粒子运动的方向必须与电场的方向相同；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关。
解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关
8.【答案】C
【解析】
【分析】
根据粒子在电场中只受电场力作用求得加速度，然后根据类平抛运动规律求得运动时间及偏转角的表达式；然后再根据粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，根据几何关系求得半径及偏转角，即可求得运动时间及磁感应强度。
粒子在电场中运动常根据受力分析由匀变速运动规律求解；粒子在磁场中的运动问题，一般根据几何关系求得偏转角、半径，然后由洛伦兹力做向心力求解。
【解答】
粒子在电场中运动，只受电场力作用，做类平抛运动，加速度a=qEm，故有：t1=abv0，tanθ=at1v0=qE⋅abmv02
粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq=mv02R，所以，B=mv0qR
根据几何关系可知：粒子转过的圆心角为θ，圆周运动半径R=absinθ，所以，B=mv0sinθq⋅ab=mv02tanθ⋅cosθq⋅ab⋅v0=qE⋅ab⋅cosθq⋅ab⋅v0=Ecosθv0
所以，粒子运动周期T=2πRv0=2π⋅abv0sinθ，故粒子在磁场中的运动时间t2=θ2πT=θ⋅abv0sinθ，所以，t1t2=sinθθ，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.【答案】A
【解析】解：粒子在电场中运动只受电场力作用，故加速度相等，那么，粒子第一次穿过MN时的竖直分速度vy相同，水平速度不变，分别为v0，2v0；
粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq=mv2R，所以，轨道半径R=mvqB，运动周期T=2πRv=2πmqB；
那么，根据圆周运动规律可得：粒子转过的圆心角为360∘−2arctanvyvx，故粒子A转过的中心角比粒子B小，又有周期相等，故tA
故选：A。
根据匀变速运动规律求得粒子进入磁场时的速度(大小和方向)，然后根据洛伦兹力做向心力得到轨道半径、周期，从而根据几何关系得到中心角和距离d，即可求得运动时间。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
10.【答案】C
【解析】解：A、变压器的输入电压的最大值为：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100V=200V，从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcosωt=200cos100t(V)，故A错误；
B、若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故B错误；
C、若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，根据欧姆定律：I=UR，故输出电流增加，根据I1I2=n1n2，故输入电流也增加，根据P=UI，输入功率增加，电流表示数将增大，故C正确；
D、变压器输入电压的有效值为：U1=Um2=2002V=1002V，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为I1=0.01A，根据，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=1002×0.01W=2W，故D错误。
故选：C。
先根据公式Um=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的电流比公式、功率公式、欧姆定律以及列式求解。
本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
11.【答案】B
【解析】解：A、在B、D两处小球运动的加速度方向都指向圆心，则加速度不相同，故A错误；
B、在BD处不受摩擦力作用，即重力和健身者对球作用力F的合力提供向心力受力分析如图所示。
此时满足tanθ=Fnmg=mv2Rmg=v2gR，则平板不受摩擦力作用，故B正确；
C、在A处满足：mg+FA=mv2R；在C处满足：FA−mg=mv2R；可知平板对小球的作用力在A处最小，在C处最大，故C错误；
D、小球运动过程中，动能不变，势能不断变化，则机械能不守恒，故D错误；
故选：B。
根据机械能等于动能与重力势能之和，分析机械能的变化。小球做匀速圆周运动，由合外力提供向心力。根据向心力方向特点分析摩擦力方向。
本题考查了牛顿第二定律的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题，注意球做匀速圆周运动，合外力提供向心力。
12.【答案】A
【解析】解：由题意，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B22μ
条形磁铁与铁片P之间的磁场具有的能量等于拉力F做的功，故有：
E=F⋅△l…①
量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故有：
B22μ=E△l⋅A…②
由①②可解得：B=2μFA.故A正确，BCD错误
故选：A。
由于拉力F所作的功等于间隙中磁场的能量，能量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故用能量除以体积就可以列出关系式求出磁感强度B与F、A之间的关系。
本题关键根据题意得到磁场能量密度的定义，然后根据功能关系求得条形磁铁与铁片P之间的磁场所具有的能量，再根据题意列式求解。
13.【答案】D
【解析】解：AB、由图知无穷远处的电势为0，A、N点的电势为0，由于试探电荷带负电，则O点的电势最低，沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带负电，M点电荷q2带正电。由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量。故AB错误。
C、带正电的试探电荷与带负电的试探电荷的电势能相反，所以带正电的试探电荷在C处的电势能最小，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故C错误。
D、将一正点电荷从N点静止释放后，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大，故D正确。
故选：D。
根据顺着电场线方向电势降低，判断两个电荷的电性。根据B点距离O比较远而距离C比较近，确定电荷量的大小。分析电场力的方向判断电场力做功的正负。
解决本题的关键是明确沿着电场线电势逐渐降低，分析场强的方向，判断电场力的方向。
14.【答案】B
【解析】解：时间t内释放光子的能量：，
光子的总动量：，
根据题意，由动量定理得：2ηp+(1−η)p=Ft，
激光束对物体产生的压强：，
解得压强为：，故B正确、ACD错误。
故选：B。
根据题意求出释放光子的能量，然后根据光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出光压．
本题要读懂题意，知道什么是光压，再应用动量定理与压强公式即可解题，本题是一道信息给予题，认真审题，理解题意是正确解题的前提．
15.【答案】【小题1】
如图所示：
【小题2】
100
2910
【解析】
【分析】
(1)微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表；
(2)根据串并联电路特点计算串并联电阻阻值。
本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题，难度一般。
【解答】
(1)微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表。改装图如图所示：；
(2)当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=(I−Ig)R1代入数据解得：R1=IgRgI−Ig=100×10−6×9001×10−3−100×10−6Ω=100Ω；当接o、b接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：R2=U−IgRgI=3−100×10−6×9001×10−3Ω=2910Ω。
故填为：(1)；(2)100、2910。
1.微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表。改装图如图所示：。
2.当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=(I−Ig)R1代入数据解得：R1=IgRgI−Ig=100×10−6×9001×10−3−100×10−6Ω=100Ω当接o、b接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：R2=U−IgRgI=3−100×10−6×9001×10−3Ω=2910Ω。
故填：100，2910。当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=(I−Ig)R1代入数据解得：R1=IgRgI−Ig=100×10−6×9001×10−3−100×10−6Ω=100Ω。
故填：100。
当接o、b接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：R2=U−IgRgI=3−100×10−6×9001×10−3Ω=2910Ω。
故填：2910。
16.【答案】0.730A1πd2R04L0不产生影响
【解析】解：①由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm=0.230mm，
金属丝直径d=0.5mm+0.230mm=0.730mm(0.728−0.732mm均正确).
②电路最大电流约为I=ER+r=320+1≈0.14A，不到0.6A的四分之一，
如果使用电流表A2实验误差较大，因此电流表应选A1.
(3)由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，
外电路总电阻，
由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻，
则R+ρ4Lπd2=R0，R=R0−ρ4Lπd2，图象斜率k=R0L0=4ρπd2，则电阻率ρ=πd2R04L0；
(4)应用图象法处理实验数据，电流表内阻对实验结果没有影响．
故答案为：①0.730；②A1；③πd2R04L0；④不产生影响．
①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
②根据电路最大电流选择电流表．
③由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式．
④应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响．
(1)螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；
(2)为减小读数误差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不能过大；
(3)知道外电路电阻不变，熟练应用电阻定律即可正确解题．
17.【答案】【小题1】
偶然
【小题2】
B
【小题3】
粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至拉动重锤1时，能观察到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力，减小该误差。
【小题4】
2(2M+m+m0)Hmt2
【解析】
1.【分析】
根据误差产生的原因分析是哪一种误差。
【解答】
在数据测量的过程中会存在偶然误差，使用多次测量取平均值的方法可以减小测量的偶然误差，这是实验数据处理常见的方法。
故答案为：偶然。
2.【分析】
分析实验的步骤，明确实验的原理，结合实验的原理与注意的问题，分析实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多的目的。
【解答】
对整个绳连接体由牛顿第二定律可得：M+mg−Mg=M+M+ma，所以加速度：a=mg2M+m可知，m相比于重锤的质量越小，则加速度越小，运动的时间t=2Ha就越大，测量的相对误差就越小，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【分析】
本题考查实验误差的处理方法，根据实验的要求，分析平衡摩擦力的方法即可。
【解答】
在重锤1上滑轮的摩擦阻力会引起实验误差，可以采用平衡摩擦力的方法减小该误差，如：粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至拉动重锤1时，能观察到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力。
4.【分析】
结合实验原理和牛顿第二定律，即可求出重力加速度的表达式。
【解答】
使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。
此时由牛顿第二定律可得：M+m+m0g−Mg−f=M+M+m+m0a
其中：f=m0g，联立得：a=mg2M+m+m0
下落的过程做匀加速直线运动，则：H=12at2
解得：g=2(2M+m+m0)Hmt2
18.【答案】解：
(1)汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率为P04，可知：
P04=kv0⋅v0，
汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率：
P0=kvm⋅vm，
解得：vm=2v0.
(2)当汽车速度增加到 8v05时，设牵引力为F，汽车的加速度为a，
P0=F⋅8v05，
由牛顿第二定律：
F−k⋅8v05=ma，
汽车匀加速行驶所经历的时间：
t=8v05−v0a，
解得：
t=8mv023p0，
汽车匀加速行驶通过的距离：
x=v0t+12at2，
解得：
x=52mv0315p0，
(3)增大发动机额定功率，减小阻力等．
答：
(1)汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率vm=2v0；
(2)汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离x=52mv0315p0；
(3)为提高汽车行驶的最大速率，增大发动机额定功率，减小阻力等．
【解析】(1)汽车达到最大速率时候，牵引力等于阻力，依据阻力与行驶速率成正比，可表示阻力；进而可求最大速率．
(2)汽车功率增加到额定功率时，匀加速过程结束，由此可求牵引力，进而由牛顿第二定律可得加速度，由运动学可求运动时间和位移．
(3)汽车行驶的最大速率vm=P0f，由此可分析提高汽车行驶的最大速率的方法．
关于汽车的启动要掌握两个过程，一个是匀加速过程，此过程在功率到达额定功率时结束；一个是恒功率过程，此过程的最大速度出现在牵引力等于阻力时．
19.【答案】解：(1)根据楞次定律可知，线圈产生的顺时针方向电流，则通过电阻R2的电流方向为从左到右，电容器的上极板带负电；
(2)(3)根据法拉第电磁感应定律，则有：E=n△Φ△t=n△B△tS=πr22B0t0
回路电流为：I=ER+2R+2R=E5R
电阻R2两端的电压U2=IR2=E5R×2R=2πr22B05t0
答：(1)通过电阻R2的电流方向为从左到右，电容器的上极板带负电；
(2)线圈中产生的感应电动势的大小E为πr22B0t0；
(3)电阻R2两端的电压U2为2πr22B05t0。
【解析】(1)楞次定律判断出感应电流的方向。
(2)(3)由B−t图象的斜率读出磁感应强度的变化率△B△t，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压。
本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积。
20.【答案】解：(1)水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时的速度为v0，下落时间为t，根据平抛运动的规律可得：
竖直方向：h=12gt2
水平方向：d=2h=v0t，
则v0=2gh。
时间△t内喷出的水的质量：△m=ρ⋅△V=ρSv0△t，
单位时间内从管口喷出的水的质量：m0=△m△t=ρSv0=ρS2gh；
(2)在△t内击打在水面上的水的质量：△m=m0△t
水击打在水面上竖直方向的速度大小：vy=2gh
向下为正，由动量定理可得：−F△t=0−mvy
根据牛顿第三定律可得，水面在竖直方向平均作用力大小：Fy=2ρSgh；
(3)△t内水泵的输出功△W=△mg(H+h)+12△mv02
输出功率：P=△W△t=ρSg2gh(H+2h)。
答：(1)单位时间内从管口流出的水的质量为ρS2gh；
(2)水击打水面竖直向下的平均作用力的大小为2ρSgh；
(3)不计额外功的损失，水泵输出的功率为ρSg2gh(H+2h)。
【解析】(1)水从龙头喷出，做平抛运动，根据平抛运动的知识求出喷水龙头喷出水的初速度，再根据质量的计算公式求出质量；
(2)根据动量定理求解水击打水面竖直向下的平均作用力的大小；
(3)根据功能关系求解水泵正常工作时间t内对水做的功W，再由功率公式求出输出功率P.
该题结合平抛运动考查功能关系、动量定理，解答本题关键要掌握平抛运动的规律，还要能够熟练运用动量定理和功率的计算方法。
21.【答案】解：(1)a.分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可知，U=RPaR0+r⋅E，
则RPa=5UrE
b.设光电子的电荷量为e，质量为m，根据动能定理有：
eU=12mv2
具有最大初动能的光电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径r为d2时恰好无光电子到达M板，即：
r=d2。
由牛顿第二定律得：evB=mv2r，
联立得：em=8UB2d2
(2)a.现用频率为v(v1
临界状态是电子减速到负极板(铜板)时速度刚好为零，
eU=Ekm=hv−hv1，。
根据E=Ud，则
E=hv−hv1ed。
\(b.\)根据平行板电容器的决定式可知，\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)
电荷量：Q=CU=Sh(v−v1)4πked。
答：(1)a.滑动变阻器Pb的阻值RPb大小为5UrE
b.光电子的比荷为8UB2d2
(2)a.电容器的最终所带的电荷量Q为Sh(v−v1)4πked。
b.电容器内最终的场强E为hv−hv1ed。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求出滑动变阻器的电阻值；结合几何关系求出电子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出光电子的比荷。
(2)首先利用光电效应方程求出电子的最大初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零。
该题第(2)问难度较大，将光电效应和电容器、带电粒子在电场中的运动联系起来。关键知道光电效应的条件、掌握光电效应方程以及知道平行板电容器与什么因素有关。
2021年北京理工大学附中高考物理三模试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 不同色光在同一种均匀介质中的传播的速度相同
B. 雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的全发射形成的
C. 杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小
D. 水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
2. 已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En=E1n2，其中n=2，3，4⋯，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。有一氢原子处于n=3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为( )
A. -36hc5E1 B. -9hc8E1 C. -4hc3E1 D. -hcE1
3. 下列说法正确的是( )
A. 布朗运动是悬浮在液体中，固体颗粒分子的无规则运动
B. 气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大
C. 知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D. 一定质量的气体，体积不变，温度越高，气体的压强就越大
4. 天体演变的过程中，红巨星发生“超新星爆炸”后，可以形成中子星，中子星具有极高的密度。若已知某中子星的半径为R，密度为ρ，引力常量为G.则( )
A. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最小周期为3πRGρ
B. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最大加速度为4πGρR3
C. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最大角速度为4πRρ3
D. 该中子星的卫星绕它做匀速圆周运动的最大线速度为4πRρ3
5. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知( )
A. 此波沿x轴正方向传播
B. 此波的传播速度为50m/s
C. 从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m
D. 在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向
6. 如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，设运动过程中小球带电量不变，那么( )
A. 小球对玻璃环的压力一定不断增大
B. 小球受到的磁场力一定不断增大
C. 小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D. 由于涡旋电场力对小球做正功，小球的动能一直在增大
7. 回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差。A处的粒子源产生的α粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A. α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越小
B. α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大
C. 仅增大两盒间的电势差，α粒子离开加速器时的动能增大
D. 仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大
8. 如图所示，在矩形abdc区域中有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，某种正粒子(不计粒子的重力)从O点以初速度v0水平射入后偏转角为θ.现电场换为方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，仍使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ角，若匀强磁场的磁感应强度大小为B，粒子穿过电场和磁场的时间之比为t1t2，则( )
A. B=Esinθv0，t1t2=sinθθ B. B=Esinθv0，t1t2=θsinθ
C. B=Ecosθv0，t1t2=sinθθ D. B=Ecosθv0，t1t2=θsinθ
9. 如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B，分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB，前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA，和dB，粒子重力不计，则( )
A. tA一定小于tB，dA一定等于dB B. tA一定小于tB，dA可能小于dB
C. tA可能等于tB，dA一定等于dB D. tA可能等于tB，dA可能小于dB
10. 如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A。则( )
A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100tV
B. 若开关S闭合，灯泡L1将更亮
C. 若开关S闭合，电流表示数将增大
D. 灯泡L1的额定功率为2W
11. “太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则( )
A. 在B、D两处小球运动的加速度一定相同
B. 只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用
C. 平板对小球的作用力在A处最大，在C处最小
D. 小球运动过程中机械能保持不变
12. 磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ，式中B是磁感强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数。为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△l，并测出拉力F，如图所示。因为F所作的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感强度B与F、A之间的关系为( )
A. B=2μFA B. B=2μF△lA C. B=2F△lμA D. B=2μFA△l
13. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示，其中试探电荷在A，N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大，则下列说法正确的是
A. q1为正电荷，q2为负电荷
B. q1电荷量小于q2的电荷量
C. 将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
D. 将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
14. 根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为P0，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为η，则激光束对此物体产生的压强为( )
A. (1+η)P0cS B. (1+η)P0cS C. (1−η)P0cS D. (2−η)P0cS
15. 某同学组装一个多用电表，可选用的器材有：微安表头(量程100μA，内阻900Ω)；电阻箱R1(阻值范围0∼999.9Ω)；电阻箱R2(阻值范围0∼99999.9Ω)；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为lmA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡。
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R 1和R 2，其中*为公共接线柱，a和b分別是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1=______ Ω，R2=______Ω(保留到个位)
16. 小明利用实验室提供的器材测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω.他首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为3.0V，内阻约1Ω)；
电流表A1(量程0∼100mA，内阻约5Ω)；
电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约0.2Ω)；
电阻箱R(0∼999.9Ω)；
开关、导线若干．
小明的实验操作步骤如下：
A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B.根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；
C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；
D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F.断开开关．
①小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次测量中该电阻丝直径的测量值d=______ mm；
②实验中电流表应选择______(选填“A1”或“A2”)；
③小明用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R−L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=______(用给定的物理量符号和已知常数表示)；
④若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果是否会产生影响？若有影响，请说明测量结果将偏大还是偏小．(不要求分析过程，只回答出分析结果即可)
答：______.
17. 某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的 __________(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了 __________。
A. 使H测得更准确
B. 使重锤1下落的时间长一些
C. 使系统的总质量近似等于2M
D. 使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？
(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g，得g=__________。
18. 一辆汽车的质量为m，其发动机的额定功率为P0.从某时刻起汽车以速度 v0在水平公路上沿直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为 P04，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到 8v05时，发动机的输出功率恰好为P0.如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与行驶速率成正比，求：
(1)汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率vm；
(2)汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离；
(3)为提高汽车行驶的最大速率，请至少提出两条在设计汽车时应考虑的建议．
19. 在如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=2R，圆形金属线圈的半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2
(1)判断通过电阻R2的电流方向、电容器上极板所带电荷的电性；
(2)线圈中产生的感应电动势的大小E；
(3)电阻R2两端的电压U2。
20. 如图所示为某灌溉工程示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，水龙头离地面高h，水管横解截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。
水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为d=2h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
(1)单位时间内从管口流出的水的质量m0；
(2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy；
(3)不计额外功的损失，水泵输出的功率P。
(1)如图1为光电管产生的光电子进行比荷测定的原理装置图，整个装置放在真空中，电源电动势为E，内阻为r，R0的总电阻为4r，两块水平的平行金属板分别由两种材料制成，其中N为锌板，M为铜板，两板相距为d，当仅锌板N受紫外线照射后，将发射沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流计的指针偏转，若闭合开关S，调节R0逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小，当电压表示数为U时，电流恰好为零，此时滑动变阻器Pb之间的阻值为Rpb。若切断开关S，在MN间加垂直于纸面磁感应强度为B的匀强磁场时，也恰能使电流计的电流为零。求
a.滑动变阻器Pb的阻值Rpb大小；
b.光电子的比荷为多大。
(2)现将装置中的部分器材拆除，如图2所示。让频率为ν紫外线弧光灯同时照射原来都不带电的锌板和铜板，已知锌板和铜板的极限频率分别为ν1和ν2，且ν1<ν<ν2，板面积为S，间距d保持不变。假设光电子全部到达另一极板。已知普朗克常量为h，电子的电量的绝对值为e，平行板电容器的电容决定式为C=s4πkd。求
a.试导出电容器的最终所带的电荷量Q；
b.电容器内最终的场强E。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、光在介质中传播的速度由介质本身，及频率共同决定，而不同颜色的光的频率不同，所以不同色光在同一种均匀介质中的传播的速度不相同，故A错误；
B、油膜形成的彩色条纹，是油膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的干涉条纹，所以雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的，故B错误；
C、根据光的干涉条纹间距公式△x=ldλ，可知，红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大，故C错误；
D、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故D正确。
故选：D。
光在介质中传播的速度由介质本身，及频率共同决定；油膜形成的彩色条纹是由光的薄膜干涉；根据光的干涉条纹间距公式△x=ldλ可判断；玻璃中的气泡看起来特别明亮是全反射。
本题考查了光学的相关问题，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
2.【答案】A
【解析】解：一群氢原子处于n=3激发态，据玻尔理论在这3种频率光子中，可释放出的光子频率种类中，当氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光子波长最长，
E2=E14
E3=E19，
hcλ=E3−E2，
λ=hcE3−E2=−36hc5E1，故A正确，BCD错误
故选：A。
能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。
解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足hcλ=hγ=Em−En。
3.【答案】D
【解析】解：A、小颗粒因为受液体分子撞击受力不平衡，从而表现出无规则运动的状况，即布朗运动，所以布朗运动是固体颗粒的运动，不是固体颗粒分子的无规则运动，故A错误；
B、由热力学第一定律可知，吸收热量的物体如果对外做功，其内能不一定增大，故温度不一定升高，故B错误；
C、知道某物质的摩尔质量和密度只能求出摩尔体积，不能求出阿伏加德罗常数，故C错误；
D、由理想气体状态方程pVT=C可知，一定质量的气体，体积不变，温度越高，气体的压强就越大。
故选：D。
布朗运动是固体颗粒的运动，不是固体颗粒分子的无规则运动；由热力学第一定律可分析；知道某物质的摩尔质量和密度不能求出阿伏加德罗常数；由理想气体状态方程pVT=C可分析压强。
本题主要考查热力学第一定律及理想气体状态方程，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
4.【答案】B
【解析】解：A、中子星实际为一天体，中子星的质量为：
M=ρV=43πρR2，
根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=m⋅4π2RT2
联立得：T=3πGρ.故A错误；
B、天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对中子星表面的某一质量为m物体有：GMmR2=mg，
联立解得：g=4πGρR3，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mω2R
联立得：ω=4πGρ3.故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mv2R
联立得：v=4πρGR23
故D错误。
故选：B。
根据物体与该天体之间的万有引力等于物体受到的重力，列出等式表示出中子星表面重力加速度。结合题目所给的信息求解问题。
该题属于信息给予的他眉目，处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的物理方法求解。
5.【答案】D
【解析】解：A、t=0时，质点A速度沿y轴正方向，根据“上下坡法”可知波沿x轴负向传播，故A错误；
B、由题意知质点A与质点B相距1m，则λ2=1m，得λ=2m，因为t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，则T4=0.02s，则T=0.08s，则波速v=λT，代入数据解得v=25m/s，故B错误；
C、简谐横波沿x轴负方向传播，质点A在平衡位置附近振动，并不迁移，故C错误；
D、t=0时刻，质点B振动方向向下，t=0.04s时，即经过T2，则可知质点B回到平衡位置，速度沿y轴正方向，故D正确。
故选：D。
根据“上下坡法”判断波传播的方向；由波动图象，分析质点的振动情况，找到机械波的波长、周期，根据v=λT计算波速；质点只在平衡位置附近振动不能随波迁移；判断质点的运动方向，根据周期分析在某一时刻的位置坐标。
本题考查机械波的波长、周期和波速的计算，以及质点的振动情况，注意质点只在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移．
6.【答案】C
【解析】解：AC、磁感应强度竖直向上，磁感应强度B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球反向运动，即沿顺时针方向加速运动，速度不断增加；小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力提供向心力，小球速度先减小后增大，小球所需向心力先减小后增大，环的弹力先减小后增大，小球对环的压力先减小后增大，故A错误，C正确；
B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；
D、由A的分析可知，涡旋电场力对小球先做负功，后做正功，小球的动能先减小后增大，故D错误；
故选：C。
变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．
本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题．
7.【答案】D
【解析】解：AB、α粒子在磁场中运动的周期：T=2πmqB，与其速度的大小无关，所以α粒子运动的周期不变。故AB错误；
CD、由qvB=mv2R得：v=qBRm，则最大动能为：Ek=12mv2=q2B2R22m，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关。磁场越强，α粒子离开加速器时的动能就越大；与加速电场的电压无关，增大半径时，最大动能增大，而增大电压时，最大动能不变；故C错误D正确。
故选：D。
粒子在电场中被加速，所以α粒子运动的方向必须与电场的方向相同；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关。
解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关
8.【答案】C
【解析】
【分析】
根据粒子在电场中只受电场力作用求得加速度，然后根据类平抛运动规律求得运动时间及偏转角的表达式；然后再根据粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，根据几何关系求得半径及偏转角，即可求得运动时间及磁感应强度。
粒子在电场中运动常根据受力分析由匀变速运动规律求解；粒子在磁场中的运动问题，一般根据几何关系求得偏转角、半径，然后由洛伦兹力做向心力求解。
【解答】
粒子在电场中运动，只受电场力作用，做类平抛运动，加速度a=qEm，故有：t1=abv0，tanθ=at1v0=qE⋅abmv02
粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq=mv02R，所以，B=mv0qR
根据几何关系可知：粒子转过的圆心角为θ，圆周运动半径R=absinθ，所以，B=mv0sinθq⋅ab=mv02tanθ⋅cosθq⋅ab⋅v0=qE⋅ab⋅cosθq⋅ab⋅v0=Ecosθv0
所以，粒子运动周期T=2πRv0=2π⋅abv0sinθ，故粒子在磁场中的运动时间t2=θ2πT=θ⋅abv0sinθ，所以，t1t2=sinθθ，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.【答案】A
【解析】解：粒子在电场中运动只受电场力作用，故加速度相等，那么，粒子第一次穿过MN时的竖直分速度vy相同，水平速度不变，分别为v0，2v0；
粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq=mv2R，所以，轨道半径R=mvqB，运动周期T=2πRv=2πmqB；
那么，根据圆周运动规律可得：粒子转过的圆心角为360∘−2arctanvyvx，故粒子A转过的中心角比粒子B小，又有周期相等，故tA
故选：A。
根据匀变速运动规律求得粒子进入磁场时的速度(大小和方向)，然后根据洛伦兹力做向心力得到轨道半径、周期，从而根据几何关系得到中心角和距离d，即可求得运动时间。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
10.【答案】C
【解析】解：A、变压器的输入电压的最大值为：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100V=200V，从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcosωt=200cos100t(V)，故A错误；
B、若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故B错误；
C、若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，根据欧姆定律：I=UR，故输出电流增加，根据I1I2=n1n2，故输入电流也增加，根据P=UI，输入功率增加，电流表示数将增大，故C正确；
D、变压器输入电压的有效值为：U1=Um2=2002V=1002V，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为I1=0.01A，根据，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=1002×0.01W=2W，故D错误。
故选：C。
先根据公式Um=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的电流比公式、功率公式、欧姆定律以及列式求解。
本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
11.【答案】B
【解析】解：A、在B、D两处小球运动的加速度方向都指向圆心，则加速度不相同，故A错误；
B、在BD处不受摩擦力作用，即重力和健身者对球作用力F的合力提供向心力受力分析如图所示。
此时满足tanθ=Fnmg=mv2Rmg=v2gR，则平板不受摩擦力作用，故B正确；
C、在A处满足：mg+FA=mv2R；在C处满足：FA−mg=mv2R；可知平板对小球的作用力在A处最小，在C处最大，故C错误；
D、小球运动过程中，动能不变，势能不断变化，则机械能不守恒，故D错误；
故选：B。
根据机械能等于动能与重力势能之和，分析机械能的变化。小球做匀速圆周运动，由合外力提供向心力。根据向心力方向特点分析摩擦力方向。
本题考查了牛顿第二定律的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题，注意球做匀速圆周运动，合外力提供向心力。
12.【答案】A
【解析】解：由题意，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B22μ
条形磁铁与铁片P之间的磁场具有的能量等于拉力F做的功，故有：
E=F⋅△l…①
量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故有：
B22μ=E△l⋅A…②
由①②可解得：B=2μFA.故A正确，BCD错误
故选：A。
由于拉力F所作的功等于间隙中磁场的能量，能量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故用能量除以体积就可以列出关系式求出磁感强度B与F、A之间的关系。
本题关键根据题意得到磁场能量密度的定义，然后根据功能关系求得条形磁铁与铁片P之间的磁场所具有的能量，再根据题意列式求解。
13.【答案】D
【解析】解：AB、由图知无穷远处的电势为0，A、N点的电势为0，由于试探电荷带负电，则O点的电势最低，沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带负电，M点电荷q2带正电。由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量。故AB错误。
C、带正电的试探电荷与带负电的试探电荷的电势能相反，所以带正电的试探电荷在C处的电势能最小，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故C错误。
D、将一正点电荷从N点静止释放后，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大，故D正确。
故选：D。
根据顺着电场线方向电势降低，判断两个电荷的电性。根据B点距离O比较远而距离C比较近，确定电荷量的大小。分析电场力的方向判断电场力做功的正负。
解决本题的关键是明确沿着电场线电势逐渐降低，分析场强的方向，判断电场力的方向。
14.【答案】B
【解析】解：时间t内释放光子的能量：，
光子的总动量：，
根据题意，由动量定理得：2ηp+(1−η)p=Ft，
激光束对物体产生的压强：，
解得压强为：，故B正确、ACD错误。
故选：B。
根据题意求出释放光子的能量，然后根据光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出光压．
本题要读懂题意，知道什么是光压，再应用动量定理与压强公式即可解题，本题是一道信息给予题，认真审题，理解题意是正确解题的前提．
15.【答案】【小题1】
如图所示：
【小题2】
100
2910
【解析】
【分析】
(1)微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表；
(2)根据串并联电路特点计算串并联电阻阻值。
本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题，难度一般。
【解答】
(1)微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表。改装图如图所示：；
(2)当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=(I−Ig)R1代入数据解得：R1=IgRgI−Ig=100×10−6×9001×10−3−100×10−6Ω=100Ω；当接o、b接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：R2=U−IgRgI=3−100×10−6×9001×10−3Ω=2910Ω。
故填为：(1)；(2)100、2910。
1.微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表。改装图如图所示：。
2.当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=(I−Ig)R1代入数据解得：R1=IgRgI−Ig=100×10−6×9001×10−3−100×10−6Ω=100Ω当接o、b接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：R2=U−IgRgI=3−100×10−6×9001×10−3Ω=2910Ω。
故填：100，2910。当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg=(I−Ig)R1代入数据解得：R1=IgRgI−Ig=100×10−6×9001×10−3−100×10−6Ω=100Ω。
故填：100。
当接o、b接线柱时当电压表用，根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U解得：R2=U−IgRgI=3−100×10−6×9001×10−3Ω=2910Ω。
故填：2910。
16.【答案】0.730A1πd2R04L0不产生影响
【解析】解：①由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm=0.230mm，
金属丝直径d=0.5mm+0.230mm=0.730mm(0.728−0.732mm均正确).
②电路最大电流约为I=ER+r=320+1≈0.14A，不到0.6A的四分之一，
如果使用电流表A2实验误差较大，因此电流表应选A1.
(3)由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，
外电路总电阻，
由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻，
则R+ρ4Lπd2=R0，R=R0−ρ4Lπd2，图象斜率k=R0L0=4ρπd2，则电阻率ρ=πd2R04L0；
(4)应用图象法处理实验数据，电流表内阻对实验结果没有影响．
故答案为：①0.730；②A1；③πd2R04L0；④不产生影响．
①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
②根据电路最大电流选择电流表．
③由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式．
④应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响．
(1)螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；
(2)为减小读数误差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不能过大；
(3)知道外电路电阻不变，熟练应用电阻定律即可正确解题．
17.【答案】【小题1】
偶然
【小题2】
B
【小题3】
粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至拉动重锤1时，能观察到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力，减小该误差。
【小题4】
2(2M+m+m0)Hmt2
【解析】
1.【分析】
根据误差产生的原因分析是哪一种误差。
【解答】
在数据测量的过程中会存在偶然误差，使用多次测量取平均值的方法可以减小测量的偶然误差，这是实验数据处理常见的方法。
故答案为：偶然。
2.【分析】
分析实验的步骤，明确实验的原理，结合实验的原理与注意的问题，分析实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多的目的。
【解答】
对整个绳连接体由牛顿第二定律可得：M+mg−Mg=M+M+ma，所以加速度：a=mg2M+m可知，m相比于重锤的质量越小，则加速度越小，运动的时间t=2Ha就越大，测量的相对误差就越小，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【分析】
本题考查实验误差的处理方法，根据实验的要求，分析平衡摩擦力的方法即可。
【解答】
在重锤1上滑轮的摩擦阻力会引起实验误差，可以采用平衡摩擦力的方法减小该误差，如：粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至拉动重锤1时，能观察到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力。
4.【分析】
结合实验原理和牛顿第二定律，即可求出重力加速度的表达式。
【解答】
使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。
此时由牛顿第二定律可得：M+m+m0g−Mg−f=M+M+m+m0a
其中：f=m0g，联立得：a=mg2M+m+m0
下落的过程做匀加速直线运动，则：H=12at2
解得：g=2(2M+m+m0)Hmt2
18.【答案】解：
(1)汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率为P04，可知：
P04=kv0⋅v0，
汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率：
P0=kvm⋅vm，
解得：vm=2v0.
(2)当汽车速度增加到 8v05时，设牵引力为F，汽车的加速度为a，
P0=F⋅8v05，
由牛顿第二定律：
F−k⋅8v05=ma，
汽车匀加速行驶所经历的时间：
t=8v05−v0a，
解得：
t=8mv023p0，
汽车匀加速行驶通过的距离：
x=v0t+12at2，
解得：
x=52mv0315p0，
(3)增大发动机额定功率，减小阻力等．
答：
(1)汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率vm=2v0；
(2)汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离x=52mv0315p0；
(3)为提高汽车行驶的最大速率，增大发动机额定功率，减小阻力等．
【解析】(1)汽车达到最大速率时候，牵引力等于阻力，依据阻力与行驶速率成正比，可表示阻力；进而可求最大速率．
(2)汽车功率增加到额定功率时，匀加速过程结束，由此可求牵引力，进而由牛顿第二定律可得加速度，由运动学可求运动时间和位移．
(3)汽车行驶的最大速率vm=P0f，由此可分析提高汽车行驶的最大速率的方法．
关于汽车的启动要掌握两个过程，一个是匀加速过程，此过程在功率到达额定功率时结束；一个是恒功率过程，此过程的最大速度出现在牵引力等于阻力时．
19.【答案】解：(1)根据楞次定律可知，线圈产生的顺时针方向电流，则通过电阻R2的电流方向为从左到右，电容器的上极板带负电；
(2)(3)根据法拉第电磁感应定律，则有：E=n△Φ△t=n△B△tS=πr22B0t0
回路电流为：I=ER+2R+2R=E5R
电阻R2两端的电压U2=IR2=E5R×2R=2πr22B05t0
答：(1)通过电阻R2的电流方向为从左到右，电容器的上极板带负电；
(2)线圈中产生的感应电动势的大小E为πr22B0t0；
(3)电阻R2两端的电压U2为2πr22B05t0。
【解析】(1)楞次定律判断出感应电流的方向。
(2)(3)由B−t图象的斜率读出磁感应强度的变化率△B△t，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压。
本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积。
20.【答案】解：(1)水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时的速度为v0，下落时间为t，根据平抛运动的规律可得：
竖直方向：h=12gt2
水平方向：d=2h=v0t，
则v0=2gh。
时间△t内喷出的水的质量：△m=ρ⋅△V=ρSv0△t，
单位时间内从管口喷出的水的质量：m0=△m△t=ρSv0=ρS2gh；
(2)在△t内击打在水面上的水的质量：△m=m0△t
水击打在水面上竖直方向的速度大小：vy=2gh
向下为正，由动量定理可得：−F△t=0−mvy
根据牛顿第三定律可得，水面在竖直方向平均作用力大小：Fy=2ρSgh；
(3)△t内水泵的输出功△W=△mg(H+h)+12△mv02
输出功率：P=△W△t=ρSg2gh(H+2h)。
答：(1)单位时间内从管口流出的水的质量为ρS2gh；
(2)水击打水面竖直向下的平均作用力的大小为2ρSgh；
(3)不计额外功的损失，水泵输出的功率为ρSg2gh(H+2h)。
【解析】(1)水从龙头喷出，做平抛运动，根据平抛运动的知识求出喷水龙头喷出水的初速度，再根据质量的计算公式求出质量；
(2)根据动量定理求解水击打水面竖直向下的平均作用力的大小；
(3)根据功能关系求解水泵正常工作时间t内对水做的功W，再由功率公式求出输出功率P.
该题结合平抛运动考查功能关系、动量定理，解答本题关键要掌握平抛运动的规律，还要能够熟练运用动量定理和功率的计算方法。
21.【答案】解：(1)a.分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可知，U=RPaR0+r⋅E，
则RPa=5UrE
b.设光电子的电荷量为e，质量为m，根据动能定理有：
eU=12mv2
具有最大初动能的光电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径r为d2时恰好无光电子到达M板，即：
r=d2。
由牛顿第二定律得：evB=mv2r，
联立得：em=8UB2d2
(2)a.现用频率为v(v1
临界状态是电子减速到负极板(铜板)时速度刚好为零，
eU=Ekm=hv−hv1，。
根据E=Ud，则
E=hv−hv1ed。
\(b.\)根据平行板电容器的决定式可知，\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)
电荷量：Q=CU=Sh(v−v1)4πked。
答：(1)a.滑动变阻器Pb的阻值RPb大小为5UrE
b.光电子的比荷为8UB2d2
(2)a.电容器的最终所带的电荷量Q为Sh(v−v1)4πked。
b.电容器内最终的场强E为hv−hv1ed。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求出滑动变阻器的电阻值；结合几何关系求出电子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出光电子的比荷。
(2)首先利用光电效应方程求出电子的最大初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零。
该题第(2)问难度较大，将光电效应和电容器、带电粒子在电场中的运动联系起来。关键知道光电效应的条件、掌握光电效应方程以及知道平行板电容器与什么因素有关。
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