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2021年北京市海淀区人大附中高考物理热身练习试卷（三模）
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这是一份2021年北京市海淀区人大附中高考物理热身练习试卷（三模），共24页。试卷主要包含了5×10−3m/s2，095m/s，5D，1×10−31kg=0，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021年北京市海淀区人大附中高考物理热身练习试卷（三模）
1. 关于原子和原子核，下列说法正确的是( )
A. α粒子散射实验揭示了原子核内部的复杂性
B. 阴极射线的发现说明原子是有复杂结构的
C. 核反应方程中，质量数和电荷数不守恒
D. 根据玻尔理论可知，一群处于n=4激发态能级的氢原子从向低能级跃迁最多可辐射3种颍率的光子
2. 在热力学中，下列说法正确的是( )
A. 当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大
B. 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，每个分子的动能越大
C. 一定质量的理想气体吸热后，温度一定升高
D. 一定质量的理想气体，对外做功，压强一定减小
3. 爱因斯坦于1905年在德国《物理年鉴》发表了论文《论动体的电动力学》，论文首先提出狭义相对论。根据狭义相对论，下列说法正确的是( )
A. 真空中的光速在不同惯性参考系中是不相同的
B. 物体在接近光速运动时，它沿运动方向上的长度会变短
C. 质量的测量结果与物体相对观察者的相对运动状态无关
D. 狭义相对论彻底推翻了牛顿的经典物理学
4. “天和一号”是中国载人航天工程中第一个空间站核心舱，已于2021年4月29日在海南文昌由长征五号B运载火箭发射升空，这是中国空间站建造的重要起点。入轨后，“天和一号”的航天员将在天内多次看到日出日落的神奇现象。则下列关于“天和一号”在轨飞行时的描述正确的是( )
A. 离地面的高度大于地球同步卫星的高度
B. 运行的向心加速度小于轨道所在处的引力加速度
C. 运行速度小于第一宇宙速度
D. 航天员可以利用天平测量物体的质量
5. 顺时针摇动水平放置的轮子，图为俯视图。若泥点从水平方向上飞出后打在竖直墙上的M点。可以判定，泥点是从哪点飞离圆盘的( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
6. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂真的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次。得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对该实验进行分析可知( )
A. 在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大，重力功率较大
B. 摆球在A点所受的合力大小等于在B点所受的合力大小
C. 摆球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒
D. 摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为0
7. 图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。下列说法正确的是( )
A. 电源输入电压u随时间t变化的规律是u=2202cos50πt(V)
B. 电源输入电压u随时间t变化的规律是u=2202sin50πt(V)
C. 使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为6Ω
D. 滑动变阻器的滑片向下移动时，灯泡变暗
8. 我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力简下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小。则关于这个实验，下列说法中正确的是( )
A. 探究向心力和半径的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处
B. 探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处
C. 探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处
D. 探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处
9. 如图甲，当盛沙的漏斗下面的薄木板被沿箭头方向水平加速拉出时，可近似看作做简谱振动的漏斗漏出的沙在板上形成的一段曲线如图乙所示。当沙摆摆动经过平衡位置时开始计时(设为第Ⅰ次经过平衡位置)，当它第30次经过平衡位置时浏得所需的时间为29s(忽略摆长的变化)。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 图甲中的箭头方向为图乙中从左到右的方向
B. 该沙摆的摆长约为50cm
C. 由图乙可知薄木板做的是匀加速运动，且加速度大小约为7.5×10−3m/s2
D. 当图乙中的C点通过沙摆正下方时，薄木板的速率约为0.095m/s
10. 如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员垫起，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点。已知N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 排球两次飞行过程中经历的时间相同
B. 排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
C. 排球在M点的速率与经过Q点的速率相等
D. 排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
11. 如图甲所示为某同学研究物体加速度与力和质盘关系的实验装置示意图，图7乙是该装置的俯视图。两个相同的小车，放在水平桌面上，前端各系一条轻细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车通过细绳用夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车同时开始做匀加速直线运动，闭合夹子，两小车同时停止运动。实验中平衡摩擦力后，可以通过在小盘中增减砝码来改变小车所受的合力，也可以通过增减小车中的砝码来改变小车的总质量。该同学记录的实验数据如下表所示，关于数据下列说法中正确的是( )
实验次数
小车1总质量m1/g
小车2总质量m2/g
小车1受合力F1/N
小车2受合力F2/N
小车1位移x1/cm
小车2位移x2/cm
1
200
200
0.10
0.20
20.1
39.8
2
200
200
0.10
0.30
15.2
44.5
3
200
200
0.20
0.30
19.8
30.8
4
250
500
0.10
0.10
20.0
39.7
5
300
500
0.10
0.10
30.0
18.0
6
400
500
0.10
0.10
15.0
12.1
A. 该同学在6次实验过程中，数据记录均准确无误
B. 研究小车的加速度与合外力的关系可以利用1、2、3三次实验数据
C. 研究小车的加速度与小车总质量的关系可以利用2、5、6三次实验数据
D. 对于“合外力相同的情况下，小车质量越大，小车的加速度越小”的结论，可以由第1次实验中小车1的位移数据和第6次实验中小车1的位移数据进行比较得出
12. 如图所示，一价氢离子、一价氮离子和二价氦离子的混合物，经同一个加速电场(图中未画出)加速后，从同一个点沿垂直于匀强电场的方向进入同一偏转电场。且经过偏转后都从右侧离开了偏转电场，则三种粒子均相同的物理益是( )
A. 进入偏转电场时的速率 B. 在偏转电场中运动的时间
C. 在偏转电场中的侧移量 D. 离开偏转电场时的动能
13. 如图所示，一束光与某材料表面成45∘角入射，每次反射的光能量为入射光能量的k倍(0
A. 62 B. 2 C. 1.5 D. 2
14. 2022年冬奥会将会在我国北京和张家口市举行，滑雪运动也成了众多爱好者冬季的选择。对双板滑雪初级爱好者来说，“八字刹车”是一项非常重要的技术，用“八字刹车“在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图甲所示，下肢岔开，同时对称地旋转雪板，使两雪板间的夹角为2α呈八字形，从而达到刹车的效果。其减速原理很复杂，但可简化为图乙所示(图乙为图甲中左边雪板的受力情况)。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得雪板与雪面成β角。将雪板与运动员视为一个整体，雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，运动员主要靠这个分力来进行减速。“八字刹车”技术不仅可以用来减速，运动员还可以通过重心的左右移动，来达到转弯的目的。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 其他条件不变的情况下，仅减小α角，减速效果更好
B. 其他条件不变的情况下，仅减小β角，减速效果更好
C. 若运动员想向右转弯，可适当将重心向左边移动
D. 两质量不同的运动员以完全相同的动作和姿态滑行时，质量小的运动员，减速效果较好
15. 在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上。
(1)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸的酒精洛液含油酸为______m3，油膜面积为______m2，求得的油酸分子直径为______m(此空保留一位有效数字)。
(2)若阿伏加德罗常数为NA，油酸的摩尔质量为M。油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是______。
A.1kg油酸所含有分子数为ρNA
B.1m3油酸所含分子数为ρNAM
C.1个油酸分子的质量为NAM
D.油酸分子的直径约为36MρNA
(3)某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于______。
A.在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数少记了2滴
B.计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理
C.水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开
D.做实验之前油酸溶液搁置时间过长
16. 多用电表的表盘如图1−甲所示，图1−乙为其欧姆挡的内部等效电路，其中表头是量程为100μA的电流表，电池的电动势E未知。
(1)使用多用电表的欧姆挡测电阻前，应将红表笔和黑表笔短接，调节______(选填“S”或“T”)，使多用电表的指针指向欧姆挡的______刻线(选填“0”或“∞”)；
(2)当用调整好的欧姆表测阻值为R电阻时，通过表头的电流为I，表针相对于表盘左侧转过的角度为θ，则图2所示图像可能正确描述I或R与θ关系的是______(选填图像下的字母)。
(3)某同学想用该多用电表(记为A)的欧姆挡。测量另一只完全相同的多用电表(记为B)的2.5V量程电压挡的内阻，已知B多用电表的2.5V盘程煎流电压挡的内阻约为十几千欧。
①将红表笔插入A多用电表的“+”插孔，黑表笔插入另一个插孔，测量前，先将多用电表A的选择开关调到欧姆挡的______挡，然后进行欧姆调零。
②将B多用电裘的选择开关调到直流电压挡2.5V，将A表的红表笔连接B多用电表的______(填“+”或“一”)插孔，黑表笔连接另一个插孔。
③多用电表A的示数如图1−丙所示，则多用电表B直流电压挡2.5V的内阻为RV=______Ω。
④该同学还想估算多用电表A内电池的电动势，他从多用电表A的表盘读出调好的多用电表A的中值电阻为15000Ω，测多用电表B直流电压挡2.5V的内阻时，多用电表B的表盘电压示数也如图1−丙所示，则多用电表A内电池的电动势约为______(保留两位有效数字)。
17. 如图所示，足够长的光滑轨道水平放置，导轨间距L=0.5m，轨道左端c、d接电阻R=0.4Ω，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于轨道平面。质量m=2kg、电阻r=0.1Ω的导体棒ab，t=0时刻获得方向沿轨道向右、大小v=5m/s瞬时速度。棒ab与轨道接触良好，不计轨道的电阻，求：
(1)t=0时刻棒ab受到的安培力大小；
(2)t=0时刻棒ab两端的电压U；
(3)从棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，棒ab中产生的内能Q。
18. 如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53∘，不计空气阻力，求：(g=10m/s2,sin53∘=0.8,cos53∘=0.6)
(1)A、C两点的高度差；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
19. 通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值)，可研究中子(01n)的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的不带电的反中微子ν−e。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，为简化过程，设该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有一足够长的以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a=0.15m。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.1T的匀强磁场。
已知电子质量me=9.1×10−31kg=0.51MeV/c2，中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mp=938.27MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。衰变后质子的动量p=4.8×10−21kg⋅m⋅s−1=3×10−8MeV⋅s⋅m−1，假定衰变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能。
(1)写出中子衰变的核反应式。并求出一个中子衰变后，电子和反中微子两者的总动能(以MeV为能量单位)；
(2)能够打到探测板上的质子，求在磁场中运动的最长时间；
(3)求计数率。
20. 动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，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，碰撞前后的速度大小都是v，碰撞时间为Δt。如图所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
a、分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b、求小球对木板的作用力。
21. 已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为P0。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为λ，光速为c。普朗克常量为h。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为R的半球体，球心为O，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为R的圆盘。
①试比较单位时间打到半球面上的光子数和单位时间打到圆盘上的光子数的大小关系；
②由于太阳光的作用，会使半球体或圆盘受到一个向下的压力。为比较太阳光对图甲中半球体的压力和对图乙中圆盘的压力的大小关系，某同学想到了利用微元法的思想来进行计算。他在半球面上取一条很窄的环带状球面ABCD，AB是一个以O1为圆心的圆的直径，CD是以O1正上方离O1很近的O2(图中未画出)为圆心的圆的直径，∠AOO1=0。由于AD很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成θ角的斜面。设该环带状球面的面积为S1，其在地面上的投影记为S2。试在以下两种情况下分别写出太阳光对S1面和对S2面(假设太阳光直接穿过球面照射到S2上)的压力的表达式，并比较大小。
a.所有照射到球面上的太阳光均被吸收；
b.所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，天然放射现象揭示了原子核内部具有复杂的结构，故A错误；
B.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，说明原子是有复杂结构的，故B正确；
C.核反应方程中，质量数和电荷数是守恒的，质量是不守恒的，故C错误；
D.根据玻尔理论可知，一群氢原子核外电子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射C42=6种频率的光子，故D错误。
故选：B。
卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构；电子的发现表明原子可以再分；核反应方程中，质量数和电荷数是守恒的；依据数学的合公式Cn2进行判定．
本题考查α粒子散射实验、阴极射线的意义等物理学史以及波尔理论，关键对教材中这部分知识点要熟悉，注意D选项一群氢原子核外电子与一个氢原子的核外电子跃迁种类的区别．
2.【答案】A
【解析】解：A.当分子间的距离很小时，表现为斥力，距离很大时表现为引力，所以分子间距变小时，分子作用力可能减小，也可能增大，故A正确；
B.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，但是并不是每个分子动能都增大，故B错误；
C.根据热力学第一定律ΔU=W+Q，一定质量的理想气体吸热后，内能不一定增大，则温度不一定升高，故C错误；
D.一定质量的理想气体，对外做功，体积增大，但是如果同时吸收热时，则内能可能增大，温度升高，其压强不一定减小，故D错误；
故选：A。
当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，但是并不是每个分子动能都增大；一定质量的理想气体吸热后，内能不一定增大，则温度不一定升高；一定质量的理想气体，对外做功，体积增大，但是如果同时吸收热时，则内能可能增大，温度升高，其压强不一定减小
分子间作用力可以类比为弹簧弹力的判断方式，注意温度是觉得平均动能的位移因素，温度越高分子平均动能越大，内能越大，但并不是每一个分子动能都增大。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据爱因斯坦相对论的光速不变原理可知，真空中的光速在不同惯性参考系中是相同的，故A错误；
B.根据狭义相对论的尺缩效应可知，物体在接近光速运动时，它沿运动方向上的长度会变短，故B正确；
C.根据狭义相对论，质量的测量结果会随物体相对观察者的相对运动状态的改变而改变，故C错误；
D.相对论的出现，并没有否定经典物理学，经典物理学是相对论在低速运动条件下的特殊情形，故D错误。
故选：B。
根据爱因斯坦相对论的光速不变原理可判断；根据狭义相对论的尺缩效应可判断；根据狭义相对论知运动的质量会变大；经典物理学是相对论在低速运动条件下的特殊情形。
本题考查爱因斯坦的相对论，题目针对性强，较为基础，需要同学熟记结论。
4.【答案】C
【解析】解：A、“天和一号”的航天员将在一天内多次看到日出日落，说明核心舱的周期小于地球同步卫星的周期，根据开普勒第三定律可知，r3T2=k，则核心舱的离地高度小于地球同步卫星的高度，故A错误；
B、核心舱运行过程中，万有引力提供向心力，则运行的向心加速度等于轨道处的引力加速度，故B错误；
C、第一宇宙速度是近地卫星绕地球表面做圆周运动的运行速度，是圆周运动的最大运行速度，则核心舱的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D、核心舱在轨运行时，处于完全失重状态，与重力有关现象消失，不能用天平测量物体的质量，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第三定律分析周期与轨道半径的关系。
根据万有引力提供向心力分析。
根据第一宇宙速度的定义分析。
根据完全失重的规律分析。
该题考查了人造卫星的相关知识，明确万有引力提供向心力，掌握第一宇宙速度的定义，以及完全失重的含义是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：泥点离开圆盘时做离心运动，泥点沿着圆盘的切线方向飞出，轮子顺时针转动，则在A点泥点水平向右飞出，在B点泥点斜向右飞出，在C点泥点竖直向上飞出，在D点泥点斜左上飞出，分析可得，从D点飞出时能打在竖直墙上，
故ABC错误，D正确；
故选：D。
6.【答案】C
【解析】解：A、在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，则速率较大，即在O点附近摆球的速率大，方向水平向右，而重力竖直向下，由P=Gvsinθ可知重力功率为零，故A错误；
B、摆球从A点摆动到B点的过程中，机械能守恒，则摆球在A点和B点的速度大小，均为零，摆线对小球的拉力与重力沿摆线的分力平衡，合力为重力沿切线方向的分力，在A、B两点摆线与竖直方向的夹角不同，重力沿切线方向的分力不相等，故B错误；
C、摆球从A点运动到B点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D、摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量I=Ft，不为零，故D错误。
故选：C。
摆球在最低点时，速度水平向右，根据P=Fv判断重力功率；摆球摆动过程中，机械能守恒，在A点和B点的速度均为零，合力为重力沿切线方向的分力；根据条件判断机械能守恒；根据I=Ft判断重力的冲量。
本题在根据P=Gvsinθ判断重力功率时，要注意G和vsinθ的方向在同一直线上。
7.【答案】D
【解析】解：AB、根据图乙可得周期T=0.02s，则角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，电源输入电压瞬时值表达式u=Umsinωt=2202sin100πt(V)，故AB错误；
C、输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1=220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：U1U2=n1n2，且n1：n2=22：3
解得：U2=30V
由于灯泡L的电阻恒为R=15Ω，额定电压为U=24V.因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I=UR=2415A=1.6A
那么定值电阻R1=10Ω两端电压为：U′=U2−U=30V−24V=6V
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′=U′R1=610A=0.6A
因此通过定值电阻R2=5Ω的电流为：I′′=1.6A−0.6A=1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′=U′I″=61Ω=6Ω
因定值电阻R2=5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：，故C错误；
D、滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，使得电路的总电阻增大，由于变压器原副线圈的电压都不变，则通过副线圈的电流变小，则通过灯泡的电流也变小，则灯泡变暗，故D正确。
故选：D。
根据图乙可得周期，由此求解角速度，再求出电源输入电压瞬时值表达式；
根据图乙电压u随时间t的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，由I=UR，求得通过其电流，从而算出通过滑动变阻器的电流，最后由欧姆定律解得滑动变阻器接入电路的电阻；
滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，由此分析副线圈电流的变化，最后得到灯泡亮度的变化。
本题主要是考查理想变压器的变压比公式、变压器的动态分析等，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意交流电的有效值与最大值的区别，
8.【答案】B
【解析】解：A.探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、线速度或角速度都相同，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球别放在挡板B和挡板C处，故A错误；
B.探究向心力和质量的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、线速度或角速度都相同，若半径、角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故B正确；
CD.探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、质量或角速度都相同，若半径、质量相同，应将传动皮带表在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故CD错误；
故选：B。
该实验采用控制变量法，F=mω2r图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
9.【答案】D
【解析】解：A、木板被沿图甲中箭头方向水平加速拉出，则沿箭头相反方向波形应该越来越长，即图甲中的箭头方向为图乙中从右到左的方向，故A错误；
B、设单摆的周期为T，则有14T+12T=29s，解得T=2s，由单摆周期公式T=2πLg，可得L=0.99m，故B错误；
C、由图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差恒定，约为Δx=3.00cm=0.03m，由匀变速直线运动的规律可知木板做匀加速运动，加速度大小为a=Δx(T2)2=0.0312m/s2=3×10−2m/s2，故C错误；
D、匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有vc=BDT=(7.9+11)×10−22m/s≈0.095m/s，故D正确。
故选：D。
根据周期公式T=2πLg计算单摆的摆长；木板做匀加速直线运动，利用中间时刻的速度等于这一段时的平均速度来计算木板的速度大小；利用Δx=aT2求加速度。
本题关键明确单摆的摆动和木板的运动具有等时性，然后结合匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2和单摆的周期公式T=2πLg列式求解。
10.【答案】B
【解析】解：A、排球从Q点到N点的运动是平抛运动，将排球由M点运动到P点和由Q点运动到N点的平抛运动比较，由h=12gt2得t=2hg，因下落高度相同，则这两个过程运动时间相同，结合对称性可知，排球从M点运动到P点的时间是从P点运动到N点时间的一半，故A错误；
C、设MN间的高度为h。排球从M点到P点和从Q点到N点都是平抛运动，这两个过程运动时间相同，但xMP>xQN，由x=v0t可知排球在M点的速率大于经过Q点的速率，故C错误；
B、排球由M点运动到P点的过程，到达P点的速率为vP1=vM2+2gh；排球从P点到Q点的逆过程是平抛运动，则排球离开P点时的速率为vP2=vQ2+2gh
因vM>vQ，则vP1>vP2，即排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故B正确；
D、排球从M点到P点重力做功为mgh，排球从N点到P点重力做功为0，故D错误。
故选：B。
排球从M点运动到P点做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据最大高度分析两个过程运动时间关系；排球从Q点到N点的运动是平抛运动。根据分位移公式分析速度关系。根据初末位置高度分析重力做功关系。
解答本题的关键要掌握平抛运动的规律，将平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，再结合逆向思维法进行分析。
11.【答案】B
【解析】解：某同学研究物体加速度与力和质量关系的实验装置，共做了6次实验，显然采用的是控制变量法，
A、第四次实验，合外力均为0.1N，质量之比为1：2，但加速度之比为等于1：2，正确的是2：1.所以第四数据有误，故A错误；
B、研究小车的加速度与合外力的关系必须使小车的质量不变，符合条件的是实验1、2、3次，故B正确；
C、研究小车的加速度与小车总质量的关系必须使拉力相同，符合条件的是实验田4、5、6次，故C错误；
D、合外力相同的情况下，小车质量越大，小车的加速度越小，这两组数据合外力均是0.1N，质量之比为1：2，但加速度之比接近于1：1，所以不能说明质量越大，加速度越小；故D错误。
故选：B。
本实验是控制变量法的实验，不能让小车和砝码的质量都不同，应该保持一个量是相同的。根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案。
只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
12.【答案】C
【解析】解：设任一离子的电荷量为q，加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极的极板为L，板间距离为d。
A、在加速电场中，根据动能定理得：qU1=12mv02−0，得v0=2qU1m，三个离子的比荷不等，则进入偏转电场时的速率不同，故A错误；
B、在偏转电场中，离子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在偏转电场中运动的时间为t=Lv0，可知在偏转电场中运动的时间不同，故B错误；
C、在偏转电场中的侧移量y=12at2=12⋅qU2md(Lv0)2=U2L24U1d，y与q、m无关，则三个离子在偏转电场中的侧移量相同，故C正确；
D、对加速和偏转的整个过程，由动能定理得：Ek=qU1+qU2dy∝q，所以三种粒子离开偏转电场时的动能不全相同，一价氢离子、一价氮离子离开偏转电场时的动能相同，小于二价氦离子离开偏转电场时的动能，故D错误。
故选：C。
三个离子先加速后偏转，先由动能定理得到加速获得的速度表达式，分析离子进入偏转电场时速率关系；离子进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平方向的运动规律分析运动时间关系，由竖直方向的运动规律分析侧移量关系；对整个过程，利用动能定理列式分析离开偏转电场时的动能关系。
解决本题的关键要掌握带电粒子在偏转电场中的运动情况，熟练运用运动的分解法列式研究，要知道三个离子由静止经过同一加速电场加速，然后进入同一偏转电场，在偏转电场中的侧移量和偏转角度相同。
13.【答案】A
【解析】解：这束光最终进入材料的能量为入射光能量的(1−k2)倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示，
设折射率为n，在B点的折射角为θ，则全反射角为90∘−θ，根据折射定律知
sin45∘sinθ=n…①
1sin(90∘−θ)=n…②
联立解得：n=62，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意画出光路图，根据几何知识和折射定律列式求解。
本题考查了光的反射、折射、全反射定律的应用，由每次发生反射有能量损失判断发生了反射和折射，从而判断临界角的范围。
14.【答案】C
【解析】解：A、两边雪板对人的支持力垂直于雪板斜向人体后方，两边支持力的夹角近似与2a互补，减小a角，两边支持力夹角变大，合力变小，向后方的分力也变小，减速效果变差。故A错误；
B、减小β角，雪板更为水平，雪板对人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不变，水平方向的分力变小，减速效果变差。故B错误；
C、当重心向左边移动时，左雪板支持力向上的分力增加，各夹角不变，水平分力也增加，水平向右的分力也增加。同理，右雪板向左的分力减小，从而实现向右转弯。故C正确；
D、Fx=mgsinβ，a=Fm=gsinβ，减速效果只与夹角有关，跟运动员质量无关。故D错误；
故选：C。
本题结合生活实例考查受力分析，正确对人受力分析，利用合力与分力的关系来判断当减小α、β的时候减速效果的变化情况；理解运动员转弯的原理，当重心向左边移动时，左雪板支持力向上的分力增加，各夹角不变，水平分力也增加，水平向右的分力也增加；根据牛顿第二定律来解释减速效果跟运动员的质量无关。
本题考查受力分析与牛顿第二定律的知识，首先从生活实例中抽象出物理模型，然后对其受力分析，利用合力与分力的数量关系，来解决减速效果与夹角的关系，运动员转弯的原理，最后结合牛顿第二定律来解释减速效果跟运动员的质量无关。
15.【答案】4×10−11 1.16×10−2 3×10−9 B AC
【解析】解：(1)一滴油酸溶液所含纯油酸菜体积为V=1250×1100ml=4.0×10−11 m3，数出油膜覆盖的格数(小于半格的不算，大于半格算一格)共有116格，所以形成油膜的面积S=1.0×116cm2=1.16×10−2 m2，这层油膜的厚度可视为油分子的直径；d=VS=4.0×10−111.16×10−2m≈3×10−9 m。
(2)A、m=1kg油酸所含的分子数应为mM×NA=NAM，故A错误；
B、V=1m3油酸所含的分子数为ρVM×NA=ρNAM，故B正确；
C、一个油酸分子的质量为MNA，故C错误；
D、把油酸分子看作一个个球紧密排列，则有MρNA=43π(d2)2，解得：d=36MπρNA，故D错误。
故选：B
(3)根据油膜法测分子直径d=h=VS，A、若少记了几滴数，则导致一滴的体积V偏大，从上述公式看出测量值偏大，故A正确；
B、计算面积时将所有格数都计算，则导致面积S偏大，那么直径d偏小，故B错误；
C、痱子粉太多，油膜未充分展开，则有些位置不是单分子，则导致面积偏小，则直径偏大，故C正确；
D、搁置时间太长，油酸挥发，导致V减小，则直径偏小，故D错误。
故选：AC
故答案为：(1)4×10−12、1.16×10−2(1.12×10−2∼1.19×10−2)、3×10−9或4×10−9；(2)B；(3)AC
(1)根据题意得到油酸酒精溶液中纯油酸的浓度，再求出纯油酸的体积。估算油膜面积的方法是：先估算方格的个数：面积超过一半按一半算，小于一半的舍去。再用方格数乘以一个方格的面积，得到油膜的面积。因为形成单分子层的油膜，所以油膜分子直径等于纯油酸的体积与油膜面积之比。
(2)根据分子动理论的知识进行判断；
(3)根据实验原理和操作注意事项分析误差。
本题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，能够运用公式d=VS，求解分子直径，注意单位的换算要正确，计算要细心准确。
16.【答案】T0AD×1k或×1000−160002.3V
【解析】解：(1)使用多用电表的欧姆挡测电阻前，应将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零，调节T，使多用电表的指针指向欧姆挡的“0”刻线。
(2)AB.电流表的刻度是均匀分布的，所以I与θ成正比，则A正确；B错误；
CD.欧姆表的刻度是不均匀的，则R与θ关系是非线性的，根据
由于I与θ成正比，电流大小可以用θ表示，则有
所以C错误；D正确；
故选AD.
(3)由于待测电阻是几十千欧，则选择开关调到欧姆挡的×1k或×1000挡，然后进行欧姆调零。
②根据电流“红进黑出”的规律可知，将A表的红表笔连接B多用电表的-插孔，黑表笔连接+插孔。
③欧姆表的读数为：刻度盘读数×倍率=16×1000Ω=16000Ω.
④电压示数如图丙所示为
U=1.20V
根据闭合电路欧姆定律有
故答案为：(1)T，0(2)AD(3)①×1k或×1000，②-，③16000，④2.3V
多用电表的欧姆挡测电阻时红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；欧姆表的读数为：刻度盘读数×倍率；刻度是不均匀的；根据电压表内阻与电压求得电源电动势。
考查多用电表的使用，注意在测电阻时，每次进行欧姆调零后都要进行短接操作，读数时应将刻度盘读数×倍率，测出电阻大小。
17.【答案】解：(1)感应电动势E=BLv，由闭合电路欧姆定律可知感应电流I=BLvR+r=1×0.5×50.4+0.1A=5A
安培力F=BIL=1×5×0.5N=2.5N；
(2)导体棒切割磁感应线产生的电动势E=BLv=1×0.5×5V=2.5V
导体棒两端电压U=RR+rE=0.40.4+0.1×2.5V=2V；
(3)棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，回路中产生的总内能为；
棒ab中产生的内能
答：(1)t=0时刻棒ab受到的安培力大小为2.5N；
(2)t=0时刻棒ab两端的电压U为2V；
(3)从棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，棒ab中产生的内能Q为5J。
【解析】(1)先求感应电动势E=BLv，再根据闭合电路欧姆定律求解电流，再由F=BIL求解安培力；
(2)根据闭合电路欧姆定律规律可求出导体棒两端的电压；
(3)由动能定理求出电路总热量，然后由热量分配求出棒ab中产生的内能。
本题是导体在导轨上运动类型，关键要根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求电流。注意棒ab两端的电压为路端电压，要用电动势减去电源内部消耗的电压。
18.【答案】解：(1)小物块从A点运动到C点的过程做平抛运动，根据几何关系可知小物块在C点速度大小为
vC=v0cos53∘=30.6m/s=5m/s
竖直分速度大小为：vyc=v0tan53∘=3×43m/s=4m/s
A、C两点的高度差：h=vyC22g=422×10m=0.8m
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1−cos53∘)=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vD=29m/s
(3)设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v.
小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：
a1=μmgm=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
a2=μmgM=0.3×1×103m/s2=1m/s2
速度分别为：v=vD−a1t，v=a2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：μmgL=12mvD2−12(m+M)v2
代入数据解得：L=3.625m，即木板的长度至少是3.625m。
答：(1)A、C两点的高度差为0.8m。
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小为29m/s。
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度为3.625m。
【解析】(1)小物块从A点运动到C点的过程做平抛运动，到达在C点时速度方向与水平方向的夹角为53∘，将C点的速度进行分解，求出竖直分速度的大小，从而根据竖直方向上的运动规律求出A、C两点的高度差；
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小；
(3)当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出共同的速度，因为摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，结合能量守恒定律求出木板的最小长度。
解答本题的关键要理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。第3小题也可以根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合解答。
19.【答案】解：
(1)核反应方程满足质量数和质子数守恒： 01n→11p+−11e+00ν−e
核反应过程中：△Ed=mnc2−(mpc2+mec2)=(mn−mp−me)c2=(939.57−938.27−0.51)MeV=0.79MeV
根据动量和动能关系：Ekp=p22mp=(4.8×10−21)22×938.273×108MeV=0.0432MeV
则总动能为：Ee+Eν=△Ed−Ekp=0.79MeV−0.0432MeV=0.7468MeV
(2)质子运动半径：R=4.8×10−211.6×10−19×0.1m=0.3m
如图甲所示，在磁场中运动时间最长的质子，其轨迹圆的圆心在O2，其从P点射出时速度方向与OP成α角，根据几何关系，不难求得α=π6
则其轨迹所对的圆心角为5π3，故运动时间为t=5π32πTp=56Tp
(3)打到探测板对应发射角度：α=β=π6
可得质子计数率为：η=4π32π=23
答：(1)中子衰变的核反应式： 01n→11p+−11e+00ν−e。一个中子衰变后，电子和反中微子两者的总动能为0.7468MeV；
(2)能够打到探测板上的质子，在磁场中运动的最长时间为56Tp；
(3)计数率为23。
【解析】(1)根据质量数和核电荷数守恒来写反应方程式，根据爱因斯坦质能方程可以求出电子和反中微子的总动能；
(2)(3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出质子的运动半径R，根据几何知识可以求出运动时间和计数率；
本题考查了爱因斯坦质能方程、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识点。关键点：在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键。
20.【答案】解：a、在x方向：动量变化为Δpx=mvsinθ−mvsinθ=0
在y方向：动量变化为Δpy=mvcosθ−(−mvcosθ)=2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b、根据动量定理可知，木板对小球作用力大小为Fy=ΔpyΔt=2mvcosθΔt
方向沿y轴正方向。
根据牛顿第三定律，小球对木板作用力大小为2mvcosθΔt，方向沿y轴负方向。
答：a、碰撞前后x方向小球的动量变化为零、y方向小球的动量变化为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b、小球对木板的作用力大小为2mvcosθΔt，方向沿y轴负方向。
【解析】a、分别求出碰撞前的x、y方向的动量和碰撞后x、y方向的动量，然后求出动量的变化；
b、根据动量定理求解木板对小球作用力大小，根据牛顿第三定律求解小球对木板作用力大小。
本题主要是考查动量变化的计算和动量定理，知道动量是矢量，动量的变化要根据矢量的合成进行解答，不是简单的代数运算。
21.【答案】解：①由于太阳光垂直于地面入射到半球面上，则，同理
故
②a.在Δt时间内，射到S1面上的光子数为N1=p0△tS1cosθhν=p0△tS1λcosθhc
光子被完全吸收，根据动量定理，光子受到的力F1，则F1△t=N1hλ=p0△tS1λcosθhc⋅hλ
故F1=p0S1cosθc
根据牛顿第三定律，S1面受到的力F′1=p0S1cosθc
同理，S2面受到的力F′2=p0S2c
又因为S2=S1cosθ，故F′1=F′2
b.在Δt时间内，射到S1面上的光子数仍为N1，所有光子均被反射，设每个光子被反射前、后的动量变化量为Δp，则△p=2hλcosθ，方向垂直于S1面，如图所示
根据动量定理，光子受到的作用力F3，则F3△t=N1△p=p0△tS1λcosθhc⋅2hλcosθ
故2p0S1cos2θc，方向垂直于S1面斜向上
根据牛顿第三定律，S1面受到的力垂直于S1面斜向下，其竖直向下的分力为S1面所受到的合力，即F3y=F3cosθ=2p0S1cos3θc
同理，不难求出S2面所受到的光子作用力为F4，F4=2p0S1cosθc
故F3yF4=cos2θ，即F3y
②a.S1面受到的力为p0S1cosθc，S2面受到的力为p0S2c，两者大小相等；
b.S1面受到的力为2p0S1cos2θc，S2面所受到的光子作用力为2p0S1cosθc，F3y
【解析】(1)求出圆形区域获得的太阳光能量，总能量除以每个光子的能量等于光子数；
(2)求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出光压；
(3)求出太阳帆受到的压力，由牛顿第三定律求出。
本题难度较大，且计算量大，关键是应用动量定理求得光子受到的力，注意牛顿第三定律的运用，解题时一定要细心、认真。
2021年北京市海淀区人大附中高考物理热身练习试卷（三模）
1. 关于原子和原子核，下列说法正确的是( )
A. α粒子散射实验揭示了原子核内部的复杂性
B. 阴极射线的发现说明原子是有复杂结构的
C. 核反应方程中，质量数和电荷数不守恒
D. 根据玻尔理论可知，一群处于n=4激发态能级的氢原子从向低能级跃迁最多可辐射3种颍率的光子
2. 在热力学中，下列说法正确的是( )
A. 当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大
B. 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，每个分子的动能越大
C. 一定质量的理想气体吸热后，温度一定升高
D. 一定质量的理想气体，对外做功，压强一定减小
3. 爱因斯坦于1905年在德国《物理年鉴》发表了论文《论动体的电动力学》，论文首先提出狭义相对论。根据狭义相对论，下列说法正确的是( )
A. 真空中的光速在不同惯性参考系中是不相同的
B. 物体在接近光速运动时，它沿运动方向上的长度会变短
C. 质量的测量结果与物体相对观察者的相对运动状态无关
D. 狭义相对论彻底推翻了牛顿的经典物理学
4. “天和一号”是中国载人航天工程中第一个空间站核心舱，已于2021年4月29日在海南文昌由长征五号B运载火箭发射升空，这是中国空间站建造的重要起点。入轨后，“天和一号”的航天员将在天内多次看到日出日落的神奇现象。则下列关于“天和一号”在轨飞行时的描述正确的是( )
A. 离地面的高度大于地球同步卫星的高度
B. 运行的向心加速度小于轨道所在处的引力加速度
C. 运行速度小于第一宇宙速度
D. 航天员可以利用天平测量物体的质量
5. 顺时针摇动水平放置的轮子，图为俯视图。若泥点从水平方向上飞出后打在竖直墙上的M点。可以判定，泥点是从哪点飞离圆盘的( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
6. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂真的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次。得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对该实验进行分析可知( )
A. 在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大，重力功率较大
B. 摆球在A点所受的合力大小等于在B点所受的合力大小
C. 摆球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒
D. 摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为0
7. 图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。下列说法正确的是( )
A. 电源输入电压u随时间t变化的规律是u=2202cos50πt(V)
B. 电源输入电压u随时间t变化的规律是u=2202sin50πt(V)
C. 使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为6Ω
D. 滑动变阻器的滑片向下移动时，灯泡变暗
8. 我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力简下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小。则关于这个实验，下列说法中正确的是( )
A. 探究向心力和半径的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处
B. 探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处
C. 探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处
D. 探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处
9. 如图甲，当盛沙的漏斗下面的薄木板被沿箭头方向水平加速拉出时，可近似看作做简谱振动的漏斗漏出的沙在板上形成的一段曲线如图乙所示。当沙摆摆动经过平衡位置时开始计时(设为第Ⅰ次经过平衡位置)，当它第30次经过平衡位置时浏得所需的时间为29s(忽略摆长的变化)。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 图甲中的箭头方向为图乙中从左到右的方向
B. 该沙摆的摆长约为50cm
C. 由图乙可知薄木板做的是匀加速运动，且加速度大小约为7.5×10−3m/s2
D. 当图乙中的C点通过沙摆正下方时，薄木板的速率约为0.095m/s
10. 如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员垫起，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点。已知N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 排球两次飞行过程中经历的时间相同
B. 排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
C. 排球在M点的速率与经过Q点的速率相等
D. 排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
11. 如图甲所示为某同学研究物体加速度与力和质盘关系的实验装置示意图，图7乙是该装置的俯视图。两个相同的小车，放在水平桌面上，前端各系一条轻细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车通过细绳用夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车同时开始做匀加速直线运动，闭合夹子，两小车同时停止运动。实验中平衡摩擦力后，可以通过在小盘中增减砝码来改变小车所受的合力，也可以通过增减小车中的砝码来改变小车的总质量。该同学记录的实验数据如下表所示，关于数据下列说法中正确的是( )
实验次数
小车1总质量m1/g
小车2总质量m2/g
小车1受合力F1/N
小车2受合力F2/N
小车1位移x1/cm
小车2位移x2/cm
1
200
200
0.10
0.20
20.1
39.8
2
200
200
0.10
0.30
15.2
44.5
3
200
200
0.20
0.30
19.8
30.8
4
250
500
0.10
0.10
20.0
39.7
5
300
500
0.10
0.10
30.0
18.0
6
400
500
0.10
0.10
15.0
12.1
A. 该同学在6次实验过程中，数据记录均准确无误
B. 研究小车的加速度与合外力的关系可以利用1、2、3三次实验数据
C. 研究小车的加速度与小车总质量的关系可以利用2、5、6三次实验数据
D. 对于“合外力相同的情况下，小车质量越大，小车的加速度越小”的结论，可以由第1次实验中小车1的位移数据和第6次实验中小车1的位移数据进行比较得出
12. 如图所示，一价氢离子、一价氮离子和二价氦离子的混合物，经同一个加速电场(图中未画出)加速后，从同一个点沿垂直于匀强电场的方向进入同一偏转电场。且经过偏转后都从右侧离开了偏转电场，则三种粒子均相同的物理益是( )
A. 进入偏转电场时的速率 B. 在偏转电场中运动的时间
C. 在偏转电场中的侧移量 D. 离开偏转电场时的动能
13. 如图所示，一束光与某材料表面成45∘角入射，每次反射的光能量为入射光能量的k倍(0
A. 62 B. 2 C. 1.5 D. 2
14. 2022年冬奥会将会在我国北京和张家口市举行，滑雪运动也成了众多爱好者冬季的选择。对双板滑雪初级爱好者来说，“八字刹车”是一项非常重要的技术，用“八字刹车“在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图甲所示，下肢岔开，同时对称地旋转雪板，使两雪板间的夹角为2α呈八字形，从而达到刹车的效果。其减速原理很复杂，但可简化为图乙所示(图乙为图甲中左边雪板的受力情况)。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得雪板与雪面成β角。将雪板与运动员视为一个整体，雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，运动员主要靠这个分力来进行减速。“八字刹车”技术不仅可以用来减速，运动员还可以通过重心的左右移动，来达到转弯的目的。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 其他条件不变的情况下，仅减小α角，减速效果更好
B. 其他条件不变的情况下，仅减小β角，减速效果更好
C. 若运动员想向右转弯，可适当将重心向左边移动
D. 两质量不同的运动员以完全相同的动作和姿态滑行时，质量小的运动员，减速效果较好
15. 在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上。
(1)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸的酒精洛液含油酸为______m3，油膜面积为______m2，求得的油酸分子直径为______m(此空保留一位有效数字)。
(2)若阿伏加德罗常数为NA，油酸的摩尔质量为M。油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是______。
A.1kg油酸所含有分子数为ρNA
B.1m3油酸所含分子数为ρNAM
C.1个油酸分子的质量为NAM
D.油酸分子的直径约为36MρNA
(3)某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于______。
A.在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数少记了2滴
B.计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理
C.水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开
D.做实验之前油酸溶液搁置时间过长
16. 多用电表的表盘如图1−甲所示，图1−乙为其欧姆挡的内部等效电路，其中表头是量程为100μA的电流表，电池的电动势E未知。
(1)使用多用电表的欧姆挡测电阻前，应将红表笔和黑表笔短接，调节______(选填“S”或“T”)，使多用电表的指针指向欧姆挡的______刻线(选填“0”或“∞”)；
(2)当用调整好的欧姆表测阻值为R电阻时，通过表头的电流为I，表针相对于表盘左侧转过的角度为θ，则图2所示图像可能正确描述I或R与θ关系的是______(选填图像下的字母)。
(3)某同学想用该多用电表(记为A)的欧姆挡。测量另一只完全相同的多用电表(记为B)的2.5V量程电压挡的内阻，已知B多用电表的2.5V盘程煎流电压挡的内阻约为十几千欧。
①将红表笔插入A多用电表的“+”插孔，黑表笔插入另一个插孔，测量前，先将多用电表A的选择开关调到欧姆挡的______挡，然后进行欧姆调零。
②将B多用电裘的选择开关调到直流电压挡2.5V，将A表的红表笔连接B多用电表的______(填“+”或“一”)插孔，黑表笔连接另一个插孔。
③多用电表A的示数如图1−丙所示，则多用电表B直流电压挡2.5V的内阻为RV=______Ω。
④该同学还想估算多用电表A内电池的电动势，他从多用电表A的表盘读出调好的多用电表A的中值电阻为15000Ω，测多用电表B直流电压挡2.5V的内阻时，多用电表B的表盘电压示数也如图1−丙所示，则多用电表A内电池的电动势约为______(保留两位有效数字)。
17. 如图所示，足够长的光滑轨道水平放置，导轨间距L=0.5m，轨道左端c、d接电阻R=0.4Ω，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于轨道平面。质量m=2kg、电阻r=0.1Ω的导体棒ab，t=0时刻获得方向沿轨道向右、大小v=5m/s瞬时速度。棒ab与轨道接触良好，不计轨道的电阻，求：
(1)t=0时刻棒ab受到的安培力大小；
(2)t=0时刻棒ab两端的电压U；
(3)从棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，棒ab中产生的内能Q。
18. 如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53∘，不计空气阻力，求：(g=10m/s2,sin53∘=0.8,cos53∘=0.6)
(1)A、C两点的高度差；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
19. 通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值)，可研究中子(01n)的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的不带电的反中微子ν−e。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，为简化过程，设该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有一足够长的以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a=0.15m。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.1T的匀强磁场。
已知电子质量me=9.1×10−31kg=0.51MeV/c2，中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mp=938.27MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。衰变后质子的动量p=4.8×10−21kg⋅m⋅s−1=3×10−8MeV⋅s⋅m−1，假定衰变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能。
(1)写出中子衰变的核反应式。并求出一个中子衰变后，电子和反中微子两者的总动能(以MeV为能量单位)；
(2)能够打到探测板上的质子，求在磁场中运动的最长时间；
(3)求计数率。
20. 动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，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，碰撞前后的速度大小都是v，碰撞时间为Δt。如图所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
a、分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b、求小球对木板的作用力。
21. 已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为P0。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为λ，光速为c。普朗克常量为h。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为R的半球体，球心为O，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为R的圆盘。
①试比较单位时间打到半球面上的光子数和单位时间打到圆盘上的光子数的大小关系；
②由于太阳光的作用，会使半球体或圆盘受到一个向下的压力。为比较太阳光对图甲中半球体的压力和对图乙中圆盘的压力的大小关系，某同学想到了利用微元法的思想来进行计算。他在半球面上取一条很窄的环带状球面ABCD，AB是一个以O1为圆心的圆的直径，CD是以O1正上方离O1很近的O2(图中未画出)为圆心的圆的直径，∠AOO1=0。由于AD很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成θ角的斜面。设该环带状球面的面积为S1，其在地面上的投影记为S2。试在以下两种情况下分别写出太阳光对S1面和对S2面(假设太阳光直接穿过球面照射到S2上)的压力的表达式，并比较大小。
a.所有照射到球面上的太阳光均被吸收；
b.所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，天然放射现象揭示了原子核内部具有复杂的结构，故A错误；
B.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，说明原子是有复杂结构的，故B正确；
C.核反应方程中，质量数和电荷数是守恒的，质量是不守恒的，故C错误；
D.根据玻尔理论可知，一群氢原子核外电子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射C42=6种频率的光子，故D错误。
故选：B。
卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构；电子的发现表明原子可以再分；核反应方程中，质量数和电荷数是守恒的；依据数学的合公式Cn2进行判定．
本题考查α粒子散射实验、阴极射线的意义等物理学史以及波尔理论，关键对教材中这部分知识点要熟悉，注意D选项一群氢原子核外电子与一个氢原子的核外电子跃迁种类的区别．
2.【答案】A
【解析】解：A.当分子间的距离很小时，表现为斥力，距离很大时表现为引力，所以分子间距变小时，分子作用力可能减小，也可能增大，故A正确；
B.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，但是并不是每个分子动能都增大，故B错误；
C.根据热力学第一定律ΔU=W+Q，一定质量的理想气体吸热后，内能不一定增大，则温度不一定升高，故C错误；
D.一定质量的理想气体，对外做功，体积增大，但是如果同时吸收热时，则内能可能增大，温度升高，其压强不一定减小，故D错误；
故选：A。
当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，但是并不是每个分子动能都增大；一定质量的理想气体吸热后，内能不一定增大，则温度不一定升高；一定质量的理想气体，对外做功，体积增大，但是如果同时吸收热时，则内能可能增大，温度升高，其压强不一定减小
分子间作用力可以类比为弹簧弹力的判断方式，注意温度是觉得平均动能的位移因素，温度越高分子平均动能越大，内能越大，但并不是每一个分子动能都增大。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据爱因斯坦相对论的光速不变原理可知，真空中的光速在不同惯性参考系中是相同的，故A错误；
B.根据狭义相对论的尺缩效应可知，物体在接近光速运动时，它沿运动方向上的长度会变短，故B正确；
C.根据狭义相对论，质量的测量结果会随物体相对观察者的相对运动状态的改变而改变，故C错误；
D.相对论的出现，并没有否定经典物理学，经典物理学是相对论在低速运动条件下的特殊情形，故D错误。
故选：B。
根据爱因斯坦相对论的光速不变原理可判断；根据狭义相对论的尺缩效应可判断；根据狭义相对论知运动的质量会变大；经典物理学是相对论在低速运动条件下的特殊情形。
本题考查爱因斯坦的相对论，题目针对性强，较为基础，需要同学熟记结论。
4.【答案】C
【解析】解：A、“天和一号”的航天员将在一天内多次看到日出日落，说明核心舱的周期小于地球同步卫星的周期，根据开普勒第三定律可知，r3T2=k，则核心舱的离地高度小于地球同步卫星的高度，故A错误；
B、核心舱运行过程中，万有引力提供向心力，则运行的向心加速度等于轨道处的引力加速度，故B错误；
C、第一宇宙速度是近地卫星绕地球表面做圆周运动的运行速度，是圆周运动的最大运行速度，则核心舱的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D、核心舱在轨运行时，处于完全失重状态，与重力有关现象消失，不能用天平测量物体的质量，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第三定律分析周期与轨道半径的关系。
根据万有引力提供向心力分析。
根据第一宇宙速度的定义分析。
根据完全失重的规律分析。
该题考查了人造卫星的相关知识，明确万有引力提供向心力，掌握第一宇宙速度的定义，以及完全失重的含义是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：泥点离开圆盘时做离心运动，泥点沿着圆盘的切线方向飞出，轮子顺时针转动，则在A点泥点水平向右飞出，在B点泥点斜向右飞出，在C点泥点竖直向上飞出，在D点泥点斜左上飞出，分析可得，从D点飞出时能打在竖直墙上，
故ABC错误，D正确；
故选：D。
6.【答案】C
【解析】解：A、在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，则速率较大，即在O点附近摆球的速率大，方向水平向右，而重力竖直向下，由P=Gvsinθ可知重力功率为零，故A错误；
B、摆球从A点摆动到B点的过程中，机械能守恒，则摆球在A点和B点的速度大小，均为零，摆线对小球的拉力与重力沿摆线的分力平衡，合力为重力沿切线方向的分力，在A、B两点摆线与竖直方向的夹角不同，重力沿切线方向的分力不相等，故B错误；
C、摆球从A点运动到B点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D、摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量I=Ft，不为零，故D错误。
故选：C。
摆球在最低点时，速度水平向右，根据P=Fv判断重力功率；摆球摆动过程中，机械能守恒，在A点和B点的速度均为零，合力为重力沿切线方向的分力；根据条件判断机械能守恒；根据I=Ft判断重力的冲量。
本题在根据P=Gvsinθ判断重力功率时，要注意G和vsinθ的方向在同一直线上。
7.【答案】D
【解析】解：AB、根据图乙可得周期T=0.02s，则角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，电源输入电压瞬时值表达式u=Umsinωt=2202sin100πt(V)，故AB错误；
C、输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1=220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：U1U2=n1n2，且n1：n2=22：3
解得：U2=30V
由于灯泡L的电阻恒为R=15Ω，额定电压为U=24V.因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I=UR=2415A=1.6A
那么定值电阻R1=10Ω两端电压为：U′=U2−U=30V−24V=6V
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′=U′R1=610A=0.6A
因此通过定值电阻R2=5Ω的电流为：I′′=1.6A−0.6A=1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′=U′I″=61Ω=6Ω
因定值电阻R2=5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：，故C错误；
D、滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，使得电路的总电阻增大，由于变压器原副线圈的电压都不变，则通过副线圈的电流变小，则通过灯泡的电流也变小，则灯泡变暗，故D正确。
故选：D。
根据图乙可得周期，由此求解角速度，再求出电源输入电压瞬时值表达式；
根据图乙电压u随时间t的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，由I=UR，求得通过其电流，从而算出通过滑动变阻器的电流，最后由欧姆定律解得滑动变阻器接入电路的电阻；
滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，由此分析副线圈电流的变化，最后得到灯泡亮度的变化。
本题主要是考查理想变压器的变压比公式、变压器的动态分析等，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意交流电的有效值与最大值的区别，
8.【答案】B
【解析】解：A.探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、线速度或角速度都相同，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球别放在挡板B和挡板C处，故A错误；
B.探究向心力和质量的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、线速度或角速度都相同，若半径、角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故B正确；
CD.探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、质量或角速度都相同，若半径、质量相同，应将传动皮带表在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故CD错误；
故选：B。
该实验采用控制变量法，F=mω2r图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
9.【答案】D
【解析】解：A、木板被沿图甲中箭头方向水平加速拉出，则沿箭头相反方向波形应该越来越长，即图甲中的箭头方向为图乙中从右到左的方向，故A错误；
B、设单摆的周期为T，则有14T+12T=29s，解得T=2s，由单摆周期公式T=2πLg，可得L=0.99m，故B错误；
C、由图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差恒定，约为Δx=3.00cm=0.03m，由匀变速直线运动的规律可知木板做匀加速运动，加速度大小为a=Δx(T2)2=0.0312m/s2=3×10−2m/s2，故C错误；
D、匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有vc=BDT=(7.9+11)×10−22m/s≈0.095m/s，故D正确。
故选：D。
根据周期公式T=2πLg计算单摆的摆长；木板做匀加速直线运动，利用中间时刻的速度等于这一段时的平均速度来计算木板的速度大小；利用Δx=aT2求加速度。
本题关键明确单摆的摆动和木板的运动具有等时性，然后结合匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2和单摆的周期公式T=2πLg列式求解。
10.【答案】B
【解析】解：A、排球从Q点到N点的运动是平抛运动，将排球由M点运动到P点和由Q点运动到N点的平抛运动比较，由h=12gt2得t=2hg，因下落高度相同，则这两个过程运动时间相同，结合对称性可知，排球从M点运动到P点的时间是从P点运动到N点时间的一半，故A错误；
C、设MN间的高度为h。排球从M点到P点和从Q点到N点都是平抛运动，这两个过程运动时间相同，但xMP>xQN，由x=v0t可知排球在M点的速率大于经过Q点的速率，故C错误；
B、排球由M点运动到P点的过程，到达P点的速率为vP1=vM2+2gh；排球从P点到Q点的逆过程是平抛运动，则排球离开P点时的速率为vP2=vQ2+2gh
因vM>vQ，则vP1>vP2，即排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故B正确；
D、排球从M点到P点重力做功为mgh，排球从N点到P点重力做功为0，故D错误。
故选：B。
排球从M点运动到P点做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据最大高度分析两个过程运动时间关系；排球从Q点到N点的运动是平抛运动。根据分位移公式分析速度关系。根据初末位置高度分析重力做功关系。
解答本题的关键要掌握平抛运动的规律，将平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，再结合逆向思维法进行分析。
11.【答案】B
【解析】解：某同学研究物体加速度与力和质量关系的实验装置，共做了6次实验，显然采用的是控制变量法，
A、第四次实验，合外力均为0.1N，质量之比为1：2，但加速度之比为等于1：2，正确的是2：1.所以第四数据有误，故A错误；
B、研究小车的加速度与合外力的关系必须使小车的质量不变，符合条件的是实验1、2、3次，故B正确；
C、研究小车的加速度与小车总质量的关系必须使拉力相同，符合条件的是实验田4、5、6次，故C错误；
D、合外力相同的情况下，小车质量越大，小车的加速度越小，这两组数据合外力均是0.1N，质量之比为1：2，但加速度之比接近于1：1，所以不能说明质量越大，加速度越小；故D错误。
故选：B。
本实验是控制变量法的实验，不能让小车和砝码的质量都不同，应该保持一个量是相同的。根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案。
只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
12.【答案】C
【解析】解：设任一离子的电荷量为q，加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极的极板为L，板间距离为d。
A、在加速电场中，根据动能定理得：qU1=12mv02−0，得v0=2qU1m，三个离子的比荷不等，则进入偏转电场时的速率不同，故A错误；
B、在偏转电场中，离子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在偏转电场中运动的时间为t=Lv0，可知在偏转电场中运动的时间不同，故B错误；
C、在偏转电场中的侧移量y=12at2=12⋅qU2md(Lv0)2=U2L24U1d，y与q、m无关，则三个离子在偏转电场中的侧移量相同，故C正确；
D、对加速和偏转的整个过程，由动能定理得：Ek=qU1+qU2dy∝q，所以三种粒子离开偏转电场时的动能不全相同，一价氢离子、一价氮离子离开偏转电场时的动能相同，小于二价氦离子离开偏转电场时的动能，故D错误。
故选：C。
三个离子先加速后偏转，先由动能定理得到加速获得的速度表达式，分析离子进入偏转电场时速率关系；离子进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平方向的运动规律分析运动时间关系，由竖直方向的运动规律分析侧移量关系；对整个过程，利用动能定理列式分析离开偏转电场时的动能关系。
解决本题的关键要掌握带电粒子在偏转电场中的运动情况，熟练运用运动的分解法列式研究，要知道三个离子由静止经过同一加速电场加速，然后进入同一偏转电场，在偏转电场中的侧移量和偏转角度相同。
13.【答案】A
【解析】解：这束光最终进入材料的能量为入射光能量的(1−k2)倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示，
设折射率为n，在B点的折射角为θ，则全反射角为90∘−θ，根据折射定律知
sin45∘sinθ=n…①
1sin(90∘−θ)=n…②
联立解得：n=62，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意画出光路图，根据几何知识和折射定律列式求解。
本题考查了光的反射、折射、全反射定律的应用，由每次发生反射有能量损失判断发生了反射和折射，从而判断临界角的范围。
14.【答案】C
【解析】解：A、两边雪板对人的支持力垂直于雪板斜向人体后方，两边支持力的夹角近似与2a互补，减小a角，两边支持力夹角变大，合力变小，向后方的分力也变小，减速效果变差。故A错误；
B、减小β角，雪板更为水平，雪板对人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不变，水平方向的分力变小，减速效果变差。故B错误；
C、当重心向左边移动时，左雪板支持力向上的分力增加，各夹角不变，水平分力也增加，水平向右的分力也增加。同理，右雪板向左的分力减小，从而实现向右转弯。故C正确；
D、Fx=mgsinβ，a=Fm=gsinβ，减速效果只与夹角有关，跟运动员质量无关。故D错误；
故选：C。
本题结合生活实例考查受力分析，正确对人受力分析，利用合力与分力的关系来判断当减小α、β的时候减速效果的变化情况；理解运动员转弯的原理，当重心向左边移动时，左雪板支持力向上的分力增加，各夹角不变，水平分力也增加，水平向右的分力也增加；根据牛顿第二定律来解释减速效果跟运动员的质量无关。
本题考查受力分析与牛顿第二定律的知识，首先从生活实例中抽象出物理模型，然后对其受力分析，利用合力与分力的数量关系，来解决减速效果与夹角的关系，运动员转弯的原理，最后结合牛顿第二定律来解释减速效果跟运动员的质量无关。
15.【答案】4×10−11 1.16×10−2 3×10−9 B AC
【解析】解：(1)一滴油酸溶液所含纯油酸菜体积为V=1250×1100ml=4.0×10−11 m3，数出油膜覆盖的格数(小于半格的不算，大于半格算一格)共有116格，所以形成油膜的面积S=1.0×116cm2=1.16×10−2 m2，这层油膜的厚度可视为油分子的直径；d=VS=4.0×10−111.16×10−2m≈3×10−9 m。
(2)A、m=1kg油酸所含的分子数应为mM×NA=NAM，故A错误；
B、V=1m3油酸所含的分子数为ρVM×NA=ρNAM，故B正确；
C、一个油酸分子的质量为MNA，故C错误；
D、把油酸分子看作一个个球紧密排列，则有MρNA=43π(d2)2，解得：d=36MπρNA，故D错误。
故选：B
(3)根据油膜法测分子直径d=h=VS，A、若少记了几滴数，则导致一滴的体积V偏大，从上述公式看出测量值偏大，故A正确；
B、计算面积时将所有格数都计算，则导致面积S偏大，那么直径d偏小，故B错误；
C、痱子粉太多，油膜未充分展开，则有些位置不是单分子，则导致面积偏小，则直径偏大，故C正确；
D、搁置时间太长，油酸挥发，导致V减小，则直径偏小，故D错误。
故选：AC
故答案为：(1)4×10−12、1.16×10−2(1.12×10−2∼1.19×10−2)、3×10−9或4×10−9；(2)B；(3)AC
(1)根据题意得到油酸酒精溶液中纯油酸的浓度，再求出纯油酸的体积。估算油膜面积的方法是：先估算方格的个数：面积超过一半按一半算，小于一半的舍去。再用方格数乘以一个方格的面积，得到油膜的面积。因为形成单分子层的油膜，所以油膜分子直径等于纯油酸的体积与油膜面积之比。
(2)根据分子动理论的知识进行判断；
(3)根据实验原理和操作注意事项分析误差。
本题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，能够运用公式d=VS，求解分子直径，注意单位的换算要正确，计算要细心准确。
16.【答案】T0AD×1k或×1000−160002.3V
【解析】解：(1)使用多用电表的欧姆挡测电阻前，应将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零，调节T，使多用电表的指针指向欧姆挡的“0”刻线。
(2)AB.电流表的刻度是均匀分布的，所以I与θ成正比，则A正确；B错误；
CD.欧姆表的刻度是不均匀的，则R与θ关系是非线性的，根据
由于I与θ成正比，电流大小可以用θ表示，则有
所以C错误；D正确；
故选AD.
(3)由于待测电阻是几十千欧，则选择开关调到欧姆挡的×1k或×1000挡，然后进行欧姆调零。
②根据电流“红进黑出”的规律可知，将A表的红表笔连接B多用电表的-插孔，黑表笔连接+插孔。
③欧姆表的读数为：刻度盘读数×倍率=16×1000Ω=16000Ω.
④电压示数如图丙所示为
U=1.20V
根据闭合电路欧姆定律有
故答案为：(1)T，0(2)AD(3)①×1k或×1000，②-，③16000，④2.3V
多用电表的欧姆挡测电阻时红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；欧姆表的读数为：刻度盘读数×倍率；刻度是不均匀的；根据电压表内阻与电压求得电源电动势。
考查多用电表的使用，注意在测电阻时，每次进行欧姆调零后都要进行短接操作，读数时应将刻度盘读数×倍率，测出电阻大小。
17.【答案】解：(1)感应电动势E=BLv，由闭合电路欧姆定律可知感应电流I=BLvR+r=1×0.5×50.4+0.1A=5A
安培力F=BIL=1×5×0.5N=2.5N；
(2)导体棒切割磁感应线产生的电动势E=BLv=1×0.5×5V=2.5V
导体棒两端电压U=RR+rE=0.40.4+0.1×2.5V=2V；
(3)棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，回路中产生的总内能为；
棒ab中产生的内能
答：(1)t=0时刻棒ab受到的安培力大小为2.5N；
(2)t=0时刻棒ab两端的电压U为2V；
(3)从棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，棒ab中产生的内能Q为5J。
【解析】(1)先求感应电动势E=BLv，再根据闭合电路欧姆定律求解电流，再由F=BIL求解安培力；
(2)根据闭合电路欧姆定律规律可求出导体棒两端的电压；
(3)由动能定理求出电路总热量，然后由热量分配求出棒ab中产生的内能。
本题是导体在导轨上运动类型，关键要根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求电流。注意棒ab两端的电压为路端电压，要用电动势减去电源内部消耗的电压。
18.【答案】解：(1)小物块从A点运动到C点的过程做平抛运动，根据几何关系可知小物块在C点速度大小为
vC=v0cos53∘=30.6m/s=5m/s
竖直分速度大小为：vyc=v0tan53∘=3×43m/s=4m/s
A、C两点的高度差：h=vyC22g=422×10m=0.8m
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1−cos53∘)=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vD=29m/s
(3)设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v.
小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：
a1=μmgm=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
a2=μmgM=0.3×1×103m/s2=1m/s2
速度分别为：v=vD−a1t，v=a2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：μmgL=12mvD2−12(m+M)v2
代入数据解得：L=3.625m，即木板的长度至少是3.625m。
答：(1)A、C两点的高度差为0.8m。
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小为29m/s。
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度为3.625m。
【解析】(1)小物块从A点运动到C点的过程做平抛运动，到达在C点时速度方向与水平方向的夹角为53∘，将C点的速度进行分解，求出竖直分速度的大小，从而根据竖直方向上的运动规律求出A、C两点的高度差；
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点的速度大小；
(3)当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出共同的速度，因为摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，结合能量守恒定律求出木板的最小长度。
解答本题的关键要理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。第3小题也可以根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合解答。
19.【答案】解：
(1)核反应方程满足质量数和质子数守恒： 01n→11p+−11e+00ν−e
核反应过程中：△Ed=mnc2−(mpc2+mec2)=(mn−mp−me)c2=(939.57−938.27−0.51)MeV=0.79MeV
根据动量和动能关系：Ekp=p22mp=(4.8×10−21)22×938.273×108MeV=0.0432MeV
则总动能为：Ee+Eν=△Ed−Ekp=0.79MeV−0.0432MeV=0.7468MeV
(2)质子运动半径：R=4.8×10−211.6×10−19×0.1m=0.3m
如图甲所示，在磁场中运动时间最长的质子，其轨迹圆的圆心在O2，其从P点射出时速度方向与OP成α角，根据几何关系，不难求得α=π6
则其轨迹所对的圆心角为5π3，故运动时间为t=5π32πTp=56Tp
(3)打到探测板对应发射角度：α=β=π6
可得质子计数率为：η=4π32π=23
答：(1)中子衰变的核反应式： 01n→11p+−11e+00ν−e。一个中子衰变后，电子和反中微子两者的总动能为0.7468MeV；
(2)能够打到探测板上的质子，在磁场中运动的最长时间为56Tp；
(3)计数率为23。
【解析】(1)根据质量数和核电荷数守恒来写反应方程式，根据爱因斯坦质能方程可以求出电子和反中微子的总动能；
(2)(3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出质子的运动半径R，根据几何知识可以求出运动时间和计数率；
本题考查了爱因斯坦质能方程、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识点。关键点：在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键。
20.【答案】解：a、在x方向：动量变化为Δpx=mvsinθ−mvsinθ=0
在y方向：动量变化为Δpy=mvcosθ−(−mvcosθ)=2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b、根据动量定理可知，木板对小球作用力大小为Fy=ΔpyΔt=2mvcosθΔt
方向沿y轴正方向。
根据牛顿第三定律，小球对木板作用力大小为2mvcosθΔt，方向沿y轴负方向。
答：a、碰撞前后x方向小球的动量变化为零、y方向小球的动量变化为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b、小球对木板的作用力大小为2mvcosθΔt，方向沿y轴负方向。
【解析】a、分别求出碰撞前的x、y方向的动量和碰撞后x、y方向的动量，然后求出动量的变化；
b、根据动量定理求解木板对小球作用力大小，根据牛顿第三定律求解小球对木板作用力大小。
本题主要是考查动量变化的计算和动量定理，知道动量是矢量，动量的变化要根据矢量的合成进行解答，不是简单的代数运算。
21.【答案】解：①由于太阳光垂直于地面入射到半球面上，则，同理
故
②a.在Δt时间内，射到S1面上的光子数为N1=p0△tS1cosθhν=p0△tS1λcosθhc
光子被完全吸收，根据动量定理，光子受到的力F1，则F1△t=N1hλ=p0△tS1λcosθhc⋅hλ
故F1=p0S1cosθc
根据牛顿第三定律，S1面受到的力F′1=p0S1cosθc
同理，S2面受到的力F′2=p0S2c
又因为S2=S1cosθ，故F′1=F′2
b.在Δt时间内，射到S1面上的光子数仍为N1，所有光子均被反射，设每个光子被反射前、后的动量变化量为Δp，则△p=2hλcosθ，方向垂直于S1面，如图所示
根据动量定理，光子受到的作用力F3，则F3△t=N1△p=p0△tS1λcosθhc⋅2hλcosθ
故2p0S1cos2θc，方向垂直于S1面斜向上
根据牛顿第三定律，S1面受到的力垂直于S1面斜向下，其竖直向下的分力为S1面所受到的合力，即F3y=F3cosθ=2p0S1cos3θc
同理，不难求出S2面所受到的光子作用力为F4，F4=2p0S1cosθc
故F3yF4=cos2θ，即F3y
②a.S1面受到的力为p0S1cosθc，S2面受到的力为p0S2c，两者大小相等；
b.S1面受到的力为2p0S1cos2θc，S2面所受到的光子作用力为2p0S1cosθc，F3y
【解析】(1)求出圆形区域获得的太阳光能量，总能量除以每个光子的能量等于光子数；
(2)求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出光压；
(3)求出太阳帆受到的压力，由牛顿第三定律求出。
本题难度较大，且计算量大，关键是应用动量定理求得光子受到的力，注意牛顿第三定律的运用，解题时一定要细心、认真。
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