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2023年北京市丰台区高考物理一模试卷(含答案解析)
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这是一份2023年北京市丰台区高考物理一模试卷(含答案解析)，共22页。
2023年北京市丰台区高考物理一模试卷
1. 下列核反应方程中，属于β衰变的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10e B. 12H+13H→24He+01n
C. 92238U→90234Th+24He D. 714N+24He→817O+11H
2. 下列各种现象中都表现出光具有波动性的是( )
A. 光的直线传播现象、反射现象 B. 光的全反射现象、折射现象
C. 光的衍射现象、干涉现象 D. 光的康普顿效应、光电效应
3. 一定质量的理想气体在温度不变时，压强与体积的关系如图所示，气体由状态A到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 气体对外界做功 B. 气体对外界放热
C. 气体内能增大 D. 分子热运动的平均动能增大
4. 如图所示，一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F的作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是( )
A. 拉力F大小等于mgsinθ
B. 物块受到的摩擦力大小为μmg
C. 物块受到的摩擦力的方向沿斜面向下
D. 物块受到的重力和拉力的合力垂直斜面向下
5. 2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球的运动可看作匀速圆周运动，组合体距地面的高度约为400km，地球同步卫星距地面的高度约为3.6×104km。下列说法正确的是( )
A. 组合体的线速度大于第一宇宙速度
B. 组合体的周期大于地球同步卫星的周期
C. 组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
D. 组合体的加速度小于地球同步卫星的加速度
6. 伽利略相信，自然界的规律是简洁明了的。他猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变铜球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立。于是，他外推到倾角为90∘的情况，得出落体运动的规律，如图所示。结合以上信息，判断下列说法正确的是( )
A. 由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随时间均匀增大
B. 由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随位移均匀增大
C. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
D. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量加速度
7. 某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。如果线圈A中电流i与时间t的关系有下图所示四种情况，那么在t1∼t2内，哪种情况可以观察到线圈B中有感应电流( )
A.
B.
C.
D.
8. 图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为t1时刻拍摄的小球的像，N为t2时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球在t1、t2时刻的加速度方向相同
B. 增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少
C. 小球从t1时刻运动至平衡位置的时间大于从t2时刻运动至平衡位置的时间
D. 从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大
9. 在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 该粒子一定带正电
B. 仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转
C. 仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D. 仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
10. 在甲、乙实验电路中，电源有内阻。图丙、丁是由电流表和电压表测的数据绘制的U−I图像。下列说法正确的是( )
A. 丙图是由甲电路测的数据绘制的U−I图像
B. 丁图图线与横坐标包围的面积表示被测电阻在某一状态的电功率
C. 甲电路用于测量电阻的大小，由R1=E−UI可得出电阻的阻值
D. 乙电路用于测量电源的电动势和内阻，电压表测量的是电源两端的电压
11. 直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是( )
A. 下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C. 如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D. 下落过程中箱内物体的机械能增大
12. 静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是( )
A. C点的电场强度方向与x轴正方向相反
B. C、D两点的电场强度EC>ED
C. 试探电荷+q从A点移到B点，静电力做正功
D. 同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
13. 如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B. 在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C. 强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D. 在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
14. 2023年3月，中国科学技术大学超导量子计算实验室成功实现了三维封装量子计算机原型，其主要构成材料之一为金属超导体。超导体指的是低于某一温度后电阻为零的导体，且当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外。如图为某超导体在不同温度下两端电压和流经超导体电流的U−I特性曲线，温度分别为T1、T2、T3，下列说法正确的是( )
A. 当超导体处在超导状态时，两端能够测出电压
B. 将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度不为零
C. 根据三条曲线的变化趋势，可推断T1
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：
(1)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图甲所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为______ 。
A.滤光片双缝单缝
B.滤光片单缝双缝
C.单缝滤光片双缝
D.双缝滤光片单缝
(2)某同学用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板乙中心刻度线对准亮条纹A的中心，记录手轮上的示数x1，然后他转动测量头，使分划板中心刻度线对准亮条纹B的中心，这时手轮上的示数是x2，若测得双缝与屏之间的距离为l，双缝间距为d，则对应光波的波长λ=______ 。
16. 实验室有一种可拆变压器，原线圈为800匝，副线圈有400匝、300匝、200匝三种规格，但标记不清，某同学选用一组副线圈，把原线圈连接学生电源，测量原线圈的输入电压U1和副线圈输出电压U2，得到的数据如表：
U1/V
2.40
4.40
6.40
8.80
10.40
U2/V
0.99
1.85
2.72
3.76
4.48
根据测量数据，可判断副线圈的匝数为______ 。
A.400匝
B.300匝
C.200匝
请说明你的判断依据：______ 。
17. 某实验小组利用实验室仪器“验证机械能守恒定律”。
(1)甲组同学利用如图1装置进行实验。
实验中，先接通电源再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的3个点A、B、C，测得A、B、C三个点到起始点O的距离分别为hA=12.60cm、hB=15.92cm、hC=19.62cm。取当地重力加速度g为9.8m/s2，打点计时器所接电源的频率f=50Hz。重物的质量为m=0.3kg，则打点计时器打下B点时纸带的速度vB=______ m/s，从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为______ J；由于阻力等因素的影响，重物的重力势能减少量______ (选填“大于”、“等于”“小于”)动能增加量。(结果均保留3位有效数字)
(2)乙小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图3所示。安装遮光条的滑块放置在带有刻度尺的气垫导轨上，滑块通过细绳和重物相连，遮光条宽度为d。滑块经过光电门时，可以读出遮光条通过光电门的时间t。将气垫导轨放在水平桌面上，导轨调至水平，使得连接滑块和重物的细绳处于水平状态，实验室可提供的器材还有天平，已知当地重力加速度为g。请你利用以上器材帮助乙小组设计“验证机械能守恒定律”的实验，简要说明实验思路______ 和需要测量的物理量______ ，并说明以上物理量应该满足的关系式______ 。
18. 如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数μ=0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
(2)要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm；
(3)若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
19. 如甲图所示，有一边长l的正方形导线框abcd，质量m=0.01kg，电阻R=0.2Ω，由高度h处自由下落，直到其上边cd刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的v−t图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是l，磁感应强度B=1.0T，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)线框自由下落的高度h；
(2)导线框的边长l；
(3)某同学认为，增大磁场的磁感应强度B，保持其它条件不变，导线框速度随时间变化图像与乙图相同，你是否同意该同学的说法，请分析说明。
20. 跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ(4μ>tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
(1)求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
(2)运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
(3)若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
21. 能量守恒定律是普遍、和谐、可靠的自然规律之一。根据能量守恒定律，物理学发现和解释了很多科学现象。
(1)经典力学中的势阱是指物体在场中运动，势能函数曲线在空间某一有限范围内势能最小，当物体处于势能最小值时，就好像处在井里，很难跑出来。如图所示，设井深为H，若质量为m的物体要从井底至井口，已知重力加速度为g，求外力做功的最小值W。
(2)金属内部的电子处于比其在外部时更低的能级，电势能变化也存在势阱，势阱内的电子处于不同能级，最高能级的电子离开金属所需外力做功最小，该最小值称为金属的逸出功。如图所示，温度相同的A、B两种不同金属逸出功存在差异，处于最高能级的电子电势能不同，A、B金属接触后电子转移，导致界面处积累正负电荷，稳定后形成接触电势差。已知A金属逸出功为WA，B金属逸出功为WB，且WA
b.求接触电势差UAB。
(3)同种金属两端由于温度差异也会产生电势差，可认为金属内部电子在高温处动能大，等效成电子受到非静电力作用往低温处扩散。如图有一椭球形金属，M端温度为T1，N端温度为T2(T1>T2)，沿虚线方向到M端距离为L的金属内部单个电子所受非静电力大小F满足：F=μΔTΔL，非静电力F沿虚线方向，比例系数μ为常数，与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小有关，电子电荷量为−e，求金属两端的电势差UMN。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：β衰变生成电子，新原子核的质量数不变，而核电荷数增加1个；由此分析可知，A是β衰变，B有α粒子产生，是α衰变，C是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程，D是核聚变方程，故A正确，BCD错误。
故选：A。
β衰变生成的是电子，从题目所给的方程中很容易知道，从而即可求解。
本题难度不大，知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程是解答的关键，注意区分五类核反应方程：α衰变、β衰变、人工转变、重核裂变、轻核聚变。
2.【答案】C
【解析】解：能证明光具有粒子性的有光的直线传播、反射、折射、全反射、康普顿效应、光电效应，能证明光具有波动性的有光的衍射、干涉、偏振现象，故C正确，ABD错误；
故选：C。
理解光的两种特性及对应的现象。
本题主要考查了光的相关应用，理解光的现象及背后对应的物理知识即可，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.一定质量的理想气体由状态A到状态B，因为体积变大，所以气体对外界做功，故A正确；
C.理想气体分子势能为零，内能由分子动能决定，温度不变，一定质量气体分子动能不变，则气体内能不变，故C错误；
B.根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当ΔU=0，W<0时，则Q>0，即气体吸收热量，故B错误；
D.温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，分子热运动的平均动能不变，故D错误。
故选：A。
根据体积的变化得出气体对外界的做功类型；
根据热力学第一定律得出气体的吸放热情况；
根据气体温度的变化得出气体内能的变化和分子热运动的平均动能的变化趋势；
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，根据气体体积的变化得出气体的做功类型，结合热力学第一定律即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：ABC.平行于斜面的拉力F作用下，箱子能沿这个斜面匀速上滑，对箱子受力分析，如图所示
根据平衡条件可知F=mgsinθ+f
其中摩擦力的大小为f=μmgcosθ
故AB错误，C正确；
D.将重力沿斜面和垂直斜面分解，在沿斜面方向，重力沿斜面分力与拉力的合力与摩擦力等大反向，沿斜面向上，再与重力垂直斜面分力合成，合力与斜面既不垂直也不平行，故D错误。
故选：C。
本题考查共点力平衡问题，关键是先对箱子受力分析，根据平衡条件列方程求解。
本题考查共点力平衡问题，关键是先对箱子受力分析，根据平衡条件列方程求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.第一宇宙速度是卫星环绕速度中心天体的最大环绕速度，因此组合体的速度不能大于第一宇宙速度，故A错误；
B.对卫星分析可得，卫星受到的万有引力提供其做圆周运动的向心力，则
GmMr2=m4π2T2r
整理有T=2π r3GM
当运动的轨道半径越大，周期越大，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，故B错误；
C.对卫星有GmMr2=mv2r
整理有v= GMr
当运动的轨道半径越小，线速度越大，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度，故C正确；
D.对卫星有GmMr2=ma
整理有a=GMr2
当运动的轨道半径越小，加速度越大，所以组合体的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
故选：C。
组合体受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出各个物理量的表达式，结合题目选项即可完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析，也可通过“高轨低速长周期”的口诀进行判断。
6.【答案】A
【解析】解：AB、铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90∘时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大，即自由落体运动是一种匀变速直线运动，故B错误，A正确；
CD、从实验结果上看，伽利略发现“铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比”，所以伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量时间，故CD错误。
故选：A。
伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，换用不同的质量的铜球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，铜球的速度随时间均匀增大，即铜球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，并合理外推到倾角为90∘的情况，得出自由落体运动的规律。
此题考查了自由落体运动的相关知识，解题的关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
7.【答案】BCD
【解析】解：由图示可知，通过A的电流发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过B的磁通量发生变化，才能产生感应电流，由图示可知，在t1到t2这段时间内，BCD图中线圈A中的电流发生变化，线圈B中会产生感应电流，而A图中电流不变，在线圈B上不产生感应电流。故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
闭合回路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量有变化，据此判断即可。
本题考查感应电流产生的条件，要求学生熟记基础知识和规律即可快速解题。属于基础简单题目。
8.【答案】B
【解析】解：A.根据简谐运动的特点可知，加速度方向指向平衡位置，结合题意可知小球在t1、t2时刻的加速度方向相反，故A错误；
B.小球做简谐振动的周期不变，增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时间减少，拍摄小球像的个数减少，故B正确；
C.由图可知，M点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从t1时刻运动至平衡位置的时间为T4，小球在N位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从t2时刻运动至平衡位置的时间大于T4，因此小球从t1时刻运动至平衡位置的时间小于从t2时刻运动至平衡位置的时间，故C错误；
D.从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，根据能量守恒定律可知小球的动能先增大后减小，故D错误。
故选：B。
根据小球的位移得出其加速度的方向；
根据底片速度对时间的影响，从而分析出拍摄小球个数的变化；
根据简谐运动的特点得出两个过程中的时间长短关系；
根据位移的变化得出弹簧弹性势能的变化，从而得出小球动能的变化。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点，根据位移关系得出其能量转化的关系即可完成分析。
9.【答案】D
【解析】解：A.两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，因此无法判断出粒子的电性，故A错误；
B.根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠加场区域，根据电场力和洛伦兹力的等量关系可得：
qvB=Eq
同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，同理可得：
Eq′=q′v′B
所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，故B错误；
C.仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏转，故C错误；
D.仅增大粒子所带电荷量，因为等式两边均有电荷量，则电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，故D正确。
故选：D。
假设粒子的电性，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合题意完成分析；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出速度、电场强度和电荷量对粒子运动情况的影响。
本题主要考查了速度选择器的相关应用，理解速度选择器的工作原理，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
10.【答案】D
【解析】解：A.丙图绘制的U−I图像是电源路端电压与电流的关系，即丙图是由乙电路测的数据绘制的U−I图像，故A错误；
B.根据P=UI可知，丁图图线与横坐标包围的面积不等于被测电阻在某一状态的电功率，故B错误；
C.甲电路是“伏安法”测电阻的电路图，根据欧姆定律，可得待测电阻R1=UI，故C错误；
D.乙电路用于测量电源的电动势和内阻，电压表测量的是电源两端的电压，故D正确。
故选：D。
A.丙图绘制的U−I图像是电源路端电压与电流的关系；
B.根据功率公式P=UI可知，丁图图线上某状态下的矩形面积表示被测电阻在该状态下的电功率；
C.甲电路是“伏安法”测电阻的电路图；
D.乙电路用于测量电源的电动势和内阻。
本题考查了“伏安法”测电阻及测电源电动势和内阻的原理、实验电路图；属于基础实验题，需要认真理解并掌握两种U−I图像的含义。
11.【答案】B
【解析】解：A、设箱子的质量为M，物体的质量为m，箱子受到的空气阻力为kv，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为：
(M+m)g−kv=(M+m)a
解得：a=g−kvM+m
随着速度的增大，加速度在减小，故A错误；
B、以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知：
mg−N=ma
解得：N=mg−ma
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，故B正确；
C、整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，故C错误；
D、由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，故D错误。
故选：B。
结合受力分析运用牛顿第二定律分析箱子的运动过程，用整体法分析箱子的加速度，从而推知物体加速度的变化；隔离箱内物体结合牛顿第二定律判断所受物体支持力的变化；根据除重力外其他力做功的情况判断箱内物体机械能的变化。
此题属于牛顿第二定律的综合应用，把握其受力特点：一个恒力，一个变力，分析运动过程是关键，注意灵活选用整体法与隔离法解题。
12.【答案】C
【解析】解：A.沿电场线电势逐渐降低，因从A到D电势一直降低，因为电势降低的方向即为场强的方向，则场强方向沿x轴正向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，故A错误；
B.因φ−x图像的斜率等于场强大小，则C、D两点的电场强度EC
D.因B点的电势高于C点，可知同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，故D错误。
故选：C。
根据图像得出电势的变化特点，根据电场线和电势的关系得出场强的方向；
图像的斜率表示场强的大小，由斜率的大小得出场强的大小关系；
根据试探电荷的受力方向和位移的方向得出其做功的特点；
根据BC两点的电势关系得出试探电荷在两点时的电势能的关系。
本题主要考查了φ−x图像的相关应用，理解图像的物理意义，结合场强和电势的关系即可完成分析。
13.【答案】A
【解析】解：A.t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律E=nΔϕΔt可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B.由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，根据牛顿第二定律可得：
a=mg−Fm
由此可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C.由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D.在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选：A。
根据电流的关系得出电动势的关系，结合法拉第电磁感应定律得出磁通量的变化率关系；
根据楞次定律结合牛顿第二定律得出磁铁的加速度与重力加速度的关系；
根据“来拒去留”分析出线圈受到的作用力的方向；
理解电磁感应现象中的能量转化关系。
本题主要考查了电磁感应现象的相关应用，能根据楞次定律分析出线圈的作用力方向，掌握运动过程中的能量转化关系即可完成分析。
14.【答案】D
【解析】解：A.当超导体处在超导状态时，导体的电阻变为零，则不能测出两端电压，故A错误；
B.当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外，则处于超导状态时内部磁感应强度为零，故B错误；
C.当低于某一温度后导体的电阻变为零，也就是说同一较小的电压时电流可以变得很大，所以根据三条曲线的变化趋势，可推断T1>T2>T3，故C错误；
D.由U−I图像可知，随着流经超导体的电流增大，电压与电流关系图像逐渐向T1的图像靠近，即导体的电压和电流趋近与正比关系，也就是说导体的电阻趋近于某一固定值，因此超导状态将被破坏，故D正确。
故选：D。
当超导体的电阻为零时，其两端的电压也为零；
理解超导体在磁场中时表面产生的电流的特点，从而分析出内部的磁感应强度的带下；
理解图像的物理意义，根据其变化的趋势得出温度的大小关系；
根据图像的特点得出电流增大对超导体的影响。
本题主要考查了超导体的相关应用，理解超导体的特点，结合图像的物理意义即可完成分析。
15.【答案】B(x2−x1)d4l
【解析】解：(1)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
故选：B。
(2)由图可知，条纹间距为Δx=x2−x14
根据条纹间距公式Δx=ldλ
联立可得λ=(x2−x1)d4l
故答案为：(1)B；(2)(x2−x1)d4l。
(1)根据实验原理和实验装置分析判断；
(2)根据条纹间距公式计算。
本题考查“用双缝干涉测量光的波长”实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。
16.【答案】A 见解析
【解析】解：根据理想变压器的原理可知，原副线圈两端的匝数比需要满足U1U2=n1n2
解得：n2=U2U1n1
又n1=800匝，由表中5组数据解得副线圈匝数分别为n21=330匝，n22≈336匝，n23=340匝，n24≈342匝，n25≈345匝
由于变压器线圈通过电流时会发热，铁芯在交变磁场作用下也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，因此实际测的副线圈电压U2小于理想变压器条件下的电压，即n2>n1U2U1，故A正确，BC错误；
故选：A。
故答案为：A；见解析
根据原副线圈的匝数比和电学物理量的比值关系，同时考虑实际情况得出副线圈的匝数。
本题主要考查了变压器的工作原理，理解变压器原副线圈两端的电学物理量与匝数的关系即可完成分析，难度不大。
17.【答案】1.760.468大于 见解析 重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离lmgl=12(M+m)⋅(dt)2
【解析】解：(1)相邻计时点的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得vB=hC−hA2T=19.62−12.602×0.02×10−2m/s≈1.76m/s
从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为ΔE=mghB=0.3×9.8×15.92×10−2J≈0.468J
由于阻力等因素的影响，在重物下降过程中要克服阻力做功，因此重物的重力势能减少量大于动能增加量；
(2)实验思路：在此实验装置中，重物和滑块运动时所受阻力很小，可以忽略不计，重物、滑块和遮光条组成的系统满足机械能守恒条件；从静止释放滑块，测出滑块经过光电门时的速度和重物下降的高度(等于滑块移动的距离)；根据公式ΔEp=mgh求解重物减小的重力势能，根据v=dt求滑块通过光电门的速度，根据ΔEk=12(M+m)v2求重物、滑块、遮光条组成的系统动能的增加量，若二者相等，可验证机械能守恒；
需测量的物理量：重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离l；
根据题意，重物下落的高度h=l，因此重物重力势能的减小量ΔEp=mgl
滑块通过光电门的速度v=dt
重物、滑块、遮光条组成的系统动能的增加量ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)⋅(dt)2
如系统机械能守恒，应满足的关系式ΔEp=ΔEk，即mgl=12(M+m)⋅(dt)2。
故答案为：(1)1.76；0.468；大于；(2)实验思路见解析；重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离l；mgl=12(M+m)⋅(dt)2。
(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求B点速度；根据公式ΔEp=mgh求重力势能的减小量；由于空气阻力的影响，据此分析重力势能的减小量与重力势能增加量的关系；
(2)气垫导轨中，重物和滑块运动时所受阻力很小，可以忽略不计，系统满足机械能守恒条件；
注意：光电门测瞬时速度采用了极限的思想，因此挡光条的宽度要很小；求动能的增加量时要把重物、滑块、遮光条作为一个系统。
18.【答案】解：(1)由题意，小物体随圆盘做匀速圆周运动，半径为r=10×10−2m，根据向心力公式
F=mω2r
代入数据解得小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为F=0.04N
(2)由题意知，当小物体受到的最大静摩擦力等于向心力时，将发生相对滑动，此时对应圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律和向心力公式有
μmg=mωm2r
代入数据解得ωm=2 10rad/s
(3)小物体飞出后做平抛运动，其水平位移x=40×10−2m，设其运动时间为t，由平抛运动规律有
v=xt
代入数据解得v=1m/s
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
W=12mv2−0
代入数据解得W=0.05J
答：(1)小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F为0.04N；
(2)要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm为2 10rad/s；
(3)若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W为0.05J。
【解析】小物体随圆盘做匀速圆周运动，所需向心力由公式F=mω2r可求；
小物体随圆盘做匀速圆周运动，所需向心力由静摩擦力提供，最大静摩擦力对应圆盘的最大转速，由牛顿第二定律和向心力公式可求最大转速；
小物体飞出后做平抛运动，由运动时间和水平位移可求出飞出时的速度，此过程只有摩擦力对其做功，由动能定理可求。
物体做圆周运动，需要的向心力根据F=mω2r来求；能够提供的向心力要用合力来求，合力充当向心力，本题中小物体所受水平最大合力即为最大静摩擦力。两者不要混淆。
19.【答案】解：(1)导线框下落距离为h的过程中做自由落体运动，由v−t图像可知此过程的时间t=0.2s，则有：
h=12gt2
解得：h=0.2m。
(2)由v−t图像可知导线框穿过磁场的过程做匀速直线运动，其速度v=2m/s，所受安培力等于重力。
根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E=Blv
由闭合电路欧姆定律可得感应电流为：I=ER
由安培力的表达式可得：FA=BIL
联立解得：FA=B2l2vR
由平衡条件得：FA=mg
解得：l=0.1m。
(3)不同意该同学的说法。题中导线框释放后先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，导线框所受重力与安培力大小相等，导线框做匀速直线运动，v−t图像为与t轴平行的直线。若增大磁感应强度，导线框释放后仍然先做自由落体运动，当ab边进入磁场是，由于安培力的表达式为FA=B2l2vR，B增大，v不变，故进入磁场时导线框所受的安培力大于重力，故导线框不再做匀速直线运动，而是减速运动，因此v−t图像不可能与t轴平行。
答：(1)线框自由下落的高度h为0.2m；
(2)导线框的边长l为0.1m；
(3)不同意，详见解析。
【解析】(1)导线框下落距离为h的过程中做自由落体运动，由v−t图像得到此过程的时间，应用运动学公式解答；
(2)由v−t图像可知导线框穿过磁场的过程做匀速直线运动，所受安培力等于重力。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式求解。
(2)根据安培力的表达式，比较入磁场时导线框所受的安培力与重力大小关系，判断运动形式。
本题考查了电磁感应现象中的力与运动问题，题目较简单。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，以及安培力的表达式解答即可。
20.【答案】解：(1)根据几何关系可得水平方向分速度为：
vx=v0cosθ
竖直方向分速度为：
vy=v0sinθ
(2)设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得：
Nt=0−(−mv0cosθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
ft−mgt=mvH−0
其中f=μN
联立得vH=μv0cosθ−gt
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由H=vH22g
联立解得：H=(μv0cosθ−gt)22g
(3)设墙对运动员平均弹力大小为N′，平均最大静摩擦力为f′，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t′，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
N′t′=mv0cosθ−(−mv0cosθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得
f′t′−mgt′=mv−0
其中f′=μN′
联立得v=2μv0cosθ−gt′
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
x=vxt1
解得：t1=v0sinθg
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得：
t2=2vg，vxt2≥x
联立式t′≤v02g(4μcosθ−sinθ)
作用的最长时间为：tm=v02g(4μcosθ−sinθ)
答：(1)运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0cosθ和v0sinθ；
(2)蹬墙后运动员上升的最大高度为(μv0cosθ−gt)22g；
(3)运动员与墙发生相互作用的最长时间为v02g(4μcosθsin)。
【解析】(1)根据几何关系分析出运动员起跳时两个方向的分速度；
(2)根据竖直方向上的动量定理得出运动员上升的最大高度；
(3)根据动量定理和运动学公式得出运动员与墙发生相互作用的最长时间。
本题主要考查了动量定理的相关应用，根据几何关系得出不同方向的分速度，结合动量定理和运动学公式即可完成分析。
21.【答案】解：(1)根据能量守恒定律可知，质量为m的物体要从井底至井口，外力做功最小值为mgH。
(2)a.界面处A金属电子处于比B金属电子更高的能级，电子从A侧向B侧转移，A金属侧带正电，B金属侧带负电。
b.金属两侧正负电荷在界面处激发的电场阻碍电子继续从A向B侧移动，最终达到平衡。设无穷远处电子电势能为0，则初状态A侧电子能量为−WA，B侧为−WB，末状态A侧界面电势为φA，B侧界面电势为φB，界面两侧A、B电子能量相等，有−WA+(−eφA)=−WB+(−eφB)UAB=φA−φB
联立可得A、B间电势差为：
UAB=1e(WB−WA)
(3)由于ΔTΔL与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小相关，在沿虚线方向取极短距离△L，则非静电力做功为ΔW=FΔL，累加后可得WF=μ(T2−T1)
根据电动势的定义式，可得E=WF−eWF为非静电力做功。断路状态下MN两端电势差大小数值上等于电动势。联立以上两式，可得金属两端电势差UMN为：
UMN=μ(T1−T2)e
答：(1)外力做功的最小值为mgH；
(2)a、A金属侧带正电，B金属侧带负电；
b、接触电势差为1e(WB−WA)；
(3)金属两端的电势差为μ(T1−T2)e。
【解析】(1)根据能量守恒定律得出外力做功的最小值；
(2)a、根据题意分析出电子的移动方向，从而分析出不同金属侧的电性；
b、根据电势能和电势差的关系得出接触电势差的大小；
(3)根据题意和功的计算公式得出金属两端的电势差。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉电场力的做功公式和电势差之间的关系即可完成分析，整体难度不大。
2023年北京市丰台区高考物理一模试卷
1. 下列核反应方程中，属于β衰变的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10e B. 12H+13H→24He+01n
C. 92238U→90234Th+24He D. 714N+24He→817O+11H
2. 下列各种现象中都表现出光具有波动性的是( )
A. 光的直线传播现象、反射现象 B. 光的全反射现象、折射现象
C. 光的衍射现象、干涉现象 D. 光的康普顿效应、光电效应
3. 一定质量的理想气体在温度不变时，压强与体积的关系如图所示，气体由状态A到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 气体对外界做功 B. 气体对外界放热
C. 气体内能增大 D. 分子热运动的平均动能增大
4. 如图所示，一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F的作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是( )
A. 拉力F大小等于mgsinθ
B. 物块受到的摩擦力大小为μmg
C. 物块受到的摩擦力的方向沿斜面向下
D. 物块受到的重力和拉力的合力垂直斜面向下
5. 2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球的运动可看作匀速圆周运动，组合体距地面的高度约为400km，地球同步卫星距地面的高度约为3.6×104km。下列说法正确的是( )
A. 组合体的线速度大于第一宇宙速度
B. 组合体的周期大于地球同步卫星的周期
C. 组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
D. 组合体的加速度小于地球同步卫星的加速度
6. 伽利略相信，自然界的规律是简洁明了的。他猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变铜球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立。于是，他外推到倾角为90∘的情况，得出落体运动的规律，如图所示。结合以上信息，判断下列说法正确的是( )
A. 由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随时间均匀增大
B. 由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随位移均匀增大
C. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
D. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量加速度
7. 某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。如果线圈A中电流i与时间t的关系有下图所示四种情况，那么在t1∼t2内，哪种情况可以观察到线圈B中有感应电流( )
A.
B.
C.
D.
8. 图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为t1时刻拍摄的小球的像，N为t2时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球在t1、t2时刻的加速度方向相同
B. 增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少
C. 小球从t1时刻运动至平衡位置的时间大于从t2时刻运动至平衡位置的时间
D. 从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大
9. 在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 该粒子一定带正电
B. 仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转
C. 仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D. 仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
10. 在甲、乙实验电路中，电源有内阻。图丙、丁是由电流表和电压表测的数据绘制的U−I图像。下列说法正确的是( )
A. 丙图是由甲电路测的数据绘制的U−I图像
B. 丁图图线与横坐标包围的面积表示被测电阻在某一状态的电功率
C. 甲电路用于测量电阻的大小，由R1=E−UI可得出电阻的阻值
D. 乙电路用于测量电源的电动势和内阻，电压表测量的是电源两端的电压
11. 直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是( )
A. 下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C. 如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D. 下落过程中箱内物体的机械能增大
12. 静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是( )
A. C点的电场强度方向与x轴正方向相反
B. C、D两点的电场强度EC>ED
C. 试探电荷+q从A点移到B点，静电力做正功
D. 同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
13. 如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B. 在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C. 强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D. 在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
14. 2023年3月，中国科学技术大学超导量子计算实验室成功实现了三维封装量子计算机原型，其主要构成材料之一为金属超导体。超导体指的是低于某一温度后电阻为零的导体，且当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外。如图为某超导体在不同温度下两端电压和流经超导体电流的U−I特性曲线，温度分别为T1、T2、T3，下列说法正确的是( )
A. 当超导体处在超导状态时，两端能够测出电压
B. 将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度不为零
C. 根据三条曲线的变化趋势，可推断T1
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：
(1)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图甲所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为______ 。
A.滤光片双缝单缝
B.滤光片单缝双缝
C.单缝滤光片双缝
D.双缝滤光片单缝
(2)某同学用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板乙中心刻度线对准亮条纹A的中心，记录手轮上的示数x1，然后他转动测量头，使分划板中心刻度线对准亮条纹B的中心，这时手轮上的示数是x2，若测得双缝与屏之间的距离为l，双缝间距为d，则对应光波的波长λ=______ 。
16. 实验室有一种可拆变压器，原线圈为800匝，副线圈有400匝、300匝、200匝三种规格，但标记不清，某同学选用一组副线圈，把原线圈连接学生电源，测量原线圈的输入电压U1和副线圈输出电压U2，得到的数据如表：
U1/V
2.40
4.40
6.40
8.80
10.40
U2/V
0.99
1.85
2.72
3.76
4.48
根据测量数据，可判断副线圈的匝数为______ 。
A.400匝
B.300匝
C.200匝
请说明你的判断依据：______ 。
17. 某实验小组利用实验室仪器“验证机械能守恒定律”。
(1)甲组同学利用如图1装置进行实验。
实验中，先接通电源再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的3个点A、B、C，测得A、B、C三个点到起始点O的距离分别为hA=12.60cm、hB=15.92cm、hC=19.62cm。取当地重力加速度g为9.8m/s2，打点计时器所接电源的频率f=50Hz。重物的质量为m=0.3kg，则打点计时器打下B点时纸带的速度vB=______ m/s，从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为______ J；由于阻力等因素的影响，重物的重力势能减少量______ (选填“大于”、“等于”“小于”)动能增加量。(结果均保留3位有效数字)
(2)乙小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图3所示。安装遮光条的滑块放置在带有刻度尺的气垫导轨上，滑块通过细绳和重物相连，遮光条宽度为d。滑块经过光电门时，可以读出遮光条通过光电门的时间t。将气垫导轨放在水平桌面上，导轨调至水平，使得连接滑块和重物的细绳处于水平状态，实验室可提供的器材还有天平，已知当地重力加速度为g。请你利用以上器材帮助乙小组设计“验证机械能守恒定律”的实验，简要说明实验思路______ 和需要测量的物理量______ ，并说明以上物理量应该满足的关系式______ 。
18. 如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数μ=0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
(2)要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm；
(3)若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
19. 如甲图所示，有一边长l的正方形导线框abcd，质量m=0.01kg，电阻R=0.2Ω，由高度h处自由下落，直到其上边cd刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的v−t图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是l，磁感应强度B=1.0T，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)线框自由下落的高度h；
(2)导线框的边长l；
(3)某同学认为，增大磁场的磁感应强度B，保持其它条件不变，导线框速度随时间变化图像与乙图相同，你是否同意该同学的说法，请分析说明。
20. 跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ(4μ>tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
(1)求运动员起跳时的水平分速度vx与竖直分速度vy；
(2)运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
(3)若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间tm。
21. 能量守恒定律是普遍、和谐、可靠的自然规律之一。根据能量守恒定律，物理学发现和解释了很多科学现象。
(1)经典力学中的势阱是指物体在场中运动，势能函数曲线在空间某一有限范围内势能最小，当物体处于势能最小值时，就好像处在井里，很难跑出来。如图所示，设井深为H，若质量为m的物体要从井底至井口，已知重力加速度为g，求外力做功的最小值W。
(2)金属内部的电子处于比其在外部时更低的能级，电势能变化也存在势阱，势阱内的电子处于不同能级，最高能级的电子离开金属所需外力做功最小，该最小值称为金属的逸出功。如图所示，温度相同的A、B两种不同金属逸出功存在差异，处于最高能级的电子电势能不同，A、B金属接触后电子转移，导致界面处积累正负电荷，稳定后形成接触电势差。已知A金属逸出功为WA，B金属逸出功为WB，且WA
b.求接触电势差UAB。
(3)同种金属两端由于温度差异也会产生电势差，可认为金属内部电子在高温处动能大，等效成电子受到非静电力作用往低温处扩散。如图有一椭球形金属，M端温度为T1，N端温度为T2(T1>T2)，沿虚线方向到M端距离为L的金属内部单个电子所受非静电力大小F满足：F=μΔTΔL，非静电力F沿虚线方向，比例系数μ为常数，与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小有关，电子电荷量为−e，求金属两端的电势差UMN。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：β衰变生成电子，新原子核的质量数不变，而核电荷数增加1个；由此分析可知，A是β衰变，B有α粒子产生，是α衰变，C是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程，D是核聚变方程，故A正确，BCD错误。
故选：A。
β衰变生成的是电子，从题目所给的方程中很容易知道，从而即可求解。
本题难度不大，知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程是解答的关键，注意区分五类核反应方程：α衰变、β衰变、人工转变、重核裂变、轻核聚变。
2.【答案】C
【解析】解：能证明光具有粒子性的有光的直线传播、反射、折射、全反射、康普顿效应、光电效应，能证明光具有波动性的有光的衍射、干涉、偏振现象，故C正确，ABD错误；
故选：C。
理解光的两种特性及对应的现象。
本题主要考查了光的相关应用，理解光的现象及背后对应的物理知识即可，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.一定质量的理想气体由状态A到状态B，因为体积变大，所以气体对外界做功，故A正确；
C.理想气体分子势能为零，内能由分子动能决定，温度不变，一定质量气体分子动能不变，则气体内能不变，故C错误；
B.根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当ΔU=0，W<0时，则Q>0，即气体吸收热量，故B错误；
D.温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，分子热运动的平均动能不变，故D错误。
故选：A。
根据体积的变化得出气体对外界的做功类型；
根据热力学第一定律得出气体的吸放热情况；
根据气体温度的变化得出气体内能的变化和分子热运动的平均动能的变化趋势；
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，根据气体体积的变化得出气体的做功类型，结合热力学第一定律即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：ABC.平行于斜面的拉力F作用下，箱子能沿这个斜面匀速上滑，对箱子受力分析，如图所示
根据平衡条件可知F=mgsinθ+f
其中摩擦力的大小为f=μmgcosθ
故AB错误，C正确；
D.将重力沿斜面和垂直斜面分解，在沿斜面方向，重力沿斜面分力与拉力的合力与摩擦力等大反向，沿斜面向上，再与重力垂直斜面分力合成，合力与斜面既不垂直也不平行，故D错误。
故选：C。
本题考查共点力平衡问题，关键是先对箱子受力分析，根据平衡条件列方程求解。
本题考查共点力平衡问题，关键是先对箱子受力分析，根据平衡条件列方程求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.第一宇宙速度是卫星环绕速度中心天体的最大环绕速度，因此组合体的速度不能大于第一宇宙速度，故A错误；
B.对卫星分析可得，卫星受到的万有引力提供其做圆周运动的向心力，则
GmMr2=m4π2T2r
整理有T=2π r3GM
当运动的轨道半径越大，周期越大，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，故B错误；
C.对卫星有GmMr2=mv2r
整理有v= GMr
当运动的轨道半径越小，线速度越大，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度，故C正确；
D.对卫星有GmMr2=ma
整理有a=GMr2
当运动的轨道半径越小，加速度越大，所以组合体的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
故选：C。
组合体受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出各个物理量的表达式，结合题目选项即可完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析，也可通过“高轨低速长周期”的口诀进行判断。
6.【答案】A
【解析】解：AB、铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90∘时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大，即自由落体运动是一种匀变速直线运动，故B错误，A正确；
CD、从实验结果上看，伽利略发现“铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比”，所以伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量时间，故CD错误。
故选：A。
伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，换用不同的质量的铜球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，铜球的速度随时间均匀增大，即铜球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，并合理外推到倾角为90∘的情况，得出自由落体运动的规律。
此题考查了自由落体运动的相关知识，解题的关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
7.【答案】BCD
【解析】解：由图示可知，通过A的电流发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过B的磁通量发生变化，才能产生感应电流，由图示可知，在t1到t2这段时间内，BCD图中线圈A中的电流发生变化，线圈B中会产生感应电流，而A图中电流不变，在线圈B上不产生感应电流。故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
闭合回路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量有变化，据此判断即可。
本题考查感应电流产生的条件，要求学生熟记基础知识和规律即可快速解题。属于基础简单题目。
8.【答案】B
【解析】解：A.根据简谐运动的特点可知，加速度方向指向平衡位置，结合题意可知小球在t1、t2时刻的加速度方向相反，故A错误；
B.小球做简谐振动的周期不变，增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时间减少，拍摄小球像的个数减少，故B正确；
C.由图可知，M点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从t1时刻运动至平衡位置的时间为T4，小球在N位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从t2时刻运动至平衡位置的时间大于T4，因此小球从t1时刻运动至平衡位置的时间小于从t2时刻运动至平衡位置的时间，故C错误；
D.从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，根据能量守恒定律可知小球的动能先增大后减小，故D错误。
故选：B。
根据小球的位移得出其加速度的方向；
根据底片速度对时间的影响，从而分析出拍摄小球个数的变化；
根据简谐运动的特点得出两个过程中的时间长短关系；
根据位移的变化得出弹簧弹性势能的变化，从而得出小球动能的变化。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点，根据位移关系得出其能量转化的关系即可完成分析。
9.【答案】D
【解析】解：A.两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，因此无法判断出粒子的电性，故A错误；
B.根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠加场区域，根据电场力和洛伦兹力的等量关系可得：
qvB=Eq
同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，同理可得：
Eq′=q′v′B
所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，故B错误；
C.仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏转，故C错误；
D.仅增大粒子所带电荷量，因为等式两边均有电荷量，则电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，故D正确。
故选：D。
假设粒子的电性，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合题意完成分析；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出速度、电场强度和电荷量对粒子运动情况的影响。
本题主要考查了速度选择器的相关应用，理解速度选择器的工作原理，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
10.【答案】D
【解析】解：A.丙图绘制的U−I图像是电源路端电压与电流的关系，即丙图是由乙电路测的数据绘制的U−I图像，故A错误；
B.根据P=UI可知，丁图图线与横坐标包围的面积不等于被测电阻在某一状态的电功率，故B错误；
C.甲电路是“伏安法”测电阻的电路图，根据欧姆定律，可得待测电阻R1=UI，故C错误；
D.乙电路用于测量电源的电动势和内阻，电压表测量的是电源两端的电压，故D正确。
故选：D。
A.丙图绘制的U−I图像是电源路端电压与电流的关系；
B.根据功率公式P=UI可知，丁图图线上某状态下的矩形面积表示被测电阻在该状态下的电功率；
C.甲电路是“伏安法”测电阻的电路图；
D.乙电路用于测量电源的电动势和内阻。
本题考查了“伏安法”测电阻及测电源电动势和内阻的原理、实验电路图；属于基础实验题，需要认真理解并掌握两种U−I图像的含义。
11.【答案】B
【解析】解：A、设箱子的质量为M，物体的质量为m，箱子受到的空气阻力为kv，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为：
(M+m)g−kv=(M+m)a
解得：a=g−kvM+m
随着速度的增大，加速度在减小，故A错误；
B、以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知：
mg−N=ma
解得：N=mg−ma
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，故B正确；
C、整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，故C错误；
D、由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，故D错误。
故选：B。
结合受力分析运用牛顿第二定律分析箱子的运动过程，用整体法分析箱子的加速度，从而推知物体加速度的变化；隔离箱内物体结合牛顿第二定律判断所受物体支持力的变化；根据除重力外其他力做功的情况判断箱内物体机械能的变化。
此题属于牛顿第二定律的综合应用，把握其受力特点：一个恒力，一个变力，分析运动过程是关键，注意灵活选用整体法与隔离法解题。
12.【答案】C
【解析】解：A.沿电场线电势逐渐降低，因从A到D电势一直降低，因为电势降低的方向即为场强的方向，则场强方向沿x轴正向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，故A错误；
B.因φ−x图像的斜率等于场强大小，则C、D两点的电场强度EC
D.因B点的电势高于C点，可知同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，故D错误。
故选：C。
根据图像得出电势的变化特点，根据电场线和电势的关系得出场强的方向；
图像的斜率表示场强的大小，由斜率的大小得出场强的大小关系；
根据试探电荷的受力方向和位移的方向得出其做功的特点；
根据BC两点的电势关系得出试探电荷在两点时的电势能的关系。
本题主要考查了φ−x图像的相关应用，理解图像的物理意义，结合场强和电势的关系即可完成分析。
13.【答案】A
【解析】解：A.t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律E=nΔϕΔt可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B.由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，根据牛顿第二定律可得：
a=mg−Fm
由此可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C.由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D.在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选：A。
根据电流的关系得出电动势的关系，结合法拉第电磁感应定律得出磁通量的变化率关系；
根据楞次定律结合牛顿第二定律得出磁铁的加速度与重力加速度的关系；
根据“来拒去留”分析出线圈受到的作用力的方向；
理解电磁感应现象中的能量转化关系。
本题主要考查了电磁感应现象的相关应用，能根据楞次定律分析出线圈的作用力方向，掌握运动过程中的能量转化关系即可完成分析。
14.【答案】D
【解析】解：A.当超导体处在超导状态时，导体的电阻变为零，则不能测出两端电压，故A错误；
B.当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外，则处于超导状态时内部磁感应强度为零，故B错误；
C.当低于某一温度后导体的电阻变为零，也就是说同一较小的电压时电流可以变得很大，所以根据三条曲线的变化趋势，可推断T1>T2>T3，故C错误；
D.由U−I图像可知，随着流经超导体的电流增大，电压与电流关系图像逐渐向T1的图像靠近，即导体的电压和电流趋近与正比关系，也就是说导体的电阻趋近于某一固定值，因此超导状态将被破坏，故D正确。
故选：D。
当超导体的电阻为零时，其两端的电压也为零；
理解超导体在磁场中时表面产生的电流的特点，从而分析出内部的磁感应强度的带下；
理解图像的物理意义，根据其变化的趋势得出温度的大小关系；
根据图像的特点得出电流增大对超导体的影响。
本题主要考查了超导体的相关应用，理解超导体的特点，结合图像的物理意义即可完成分析。
15.【答案】B(x2−x1)d4l
【解析】解：(1)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
故选：B。
(2)由图可知，条纹间距为Δx=x2−x14
根据条纹间距公式Δx=ldλ
联立可得λ=(x2−x1)d4l
故答案为：(1)B；(2)(x2−x1)d4l。
(1)根据实验原理和实验装置分析判断；
(2)根据条纹间距公式计算。
本题考查“用双缝干涉测量光的波长”实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。
16.【答案】A 见解析
【解析】解：根据理想变压器的原理可知，原副线圈两端的匝数比需要满足U1U2=n1n2
解得：n2=U2U1n1
又n1=800匝，由表中5组数据解得副线圈匝数分别为n21=330匝，n22≈336匝，n23=340匝，n24≈342匝，n25≈345匝
由于变压器线圈通过电流时会发热，铁芯在交变磁场作用下也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，因此实际测的副线圈电压U2小于理想变压器条件下的电压，即n2>n1U2U1，故A正确，BC错误；
故选：A。
故答案为：A；见解析
根据原副线圈的匝数比和电学物理量的比值关系，同时考虑实际情况得出副线圈的匝数。
本题主要考查了变压器的工作原理，理解变压器原副线圈两端的电学物理量与匝数的关系即可完成分析，难度不大。
17.【答案】1.760.468大于 见解析 重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离lmgl=12(M+m)⋅(dt)2
【解析】解：(1)相邻计时点的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得vB=hC−hA2T=19.62−12.602×0.02×10−2m/s≈1.76m/s
从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为ΔE=mghB=0.3×9.8×15.92×10−2J≈0.468J
由于阻力等因素的影响，在重物下降过程中要克服阻力做功，因此重物的重力势能减少量大于动能增加量；
(2)实验思路：在此实验装置中，重物和滑块运动时所受阻力很小，可以忽略不计，重物、滑块和遮光条组成的系统满足机械能守恒条件；从静止释放滑块，测出滑块经过光电门时的速度和重物下降的高度(等于滑块移动的距离)；根据公式ΔEp=mgh求解重物减小的重力势能，根据v=dt求滑块通过光电门的速度，根据ΔEk=12(M+m)v2求重物、滑块、遮光条组成的系统动能的增加量，若二者相等，可验证机械能守恒；
需测量的物理量：重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离l；
根据题意，重物下落的高度h=l，因此重物重力势能的减小量ΔEp=mgl
滑块通过光电门的速度v=dt
重物、滑块、遮光条组成的系统动能的增加量ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)⋅(dt)2
如系统机械能守恒，应满足的关系式ΔEp=ΔEk，即mgl=12(M+m)⋅(dt)2。
故答案为：(1)1.76；0.468；大于；(2)实验思路见解析；重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离l；mgl=12(M+m)⋅(dt)2。
(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求B点速度；根据公式ΔEp=mgh求重力势能的减小量；由于空气阻力的影响，据此分析重力势能的减小量与重力势能增加量的关系；
(2)气垫导轨中，重物和滑块运动时所受阻力很小，可以忽略不计，系统满足机械能守恒条件；
注意：光电门测瞬时速度采用了极限的思想，因此挡光条的宽度要很小；求动能的增加量时要把重物、滑块、遮光条作为一个系统。
18.【答案】解：(1)由题意，小物体随圆盘做匀速圆周运动，半径为r=10×10−2m，根据向心力公式
F=mω2r
代入数据解得小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为F=0.04N
(2)由题意知，当小物体受到的最大静摩擦力等于向心力时，将发生相对滑动，此时对应圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律和向心力公式有
μmg=mωm2r
代入数据解得ωm=2 10rad/s
(3)小物体飞出后做平抛运动，其水平位移x=40×10−2m，设其运动时间为t，由平抛运动规律有
v=xt
代入数据解得v=1m/s
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
W=12mv2−0
代入数据解得W=0.05J
答：(1)小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F为0.04N；
(2)要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ωm为2 10rad/s；
(3)若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W为0.05J。
【解析】小物体随圆盘做匀速圆周运动，所需向心力由公式F=mω2r可求；
小物体随圆盘做匀速圆周运动，所需向心力由静摩擦力提供，最大静摩擦力对应圆盘的最大转速，由牛顿第二定律和向心力公式可求最大转速；
小物体飞出后做平抛运动，由运动时间和水平位移可求出飞出时的速度，此过程只有摩擦力对其做功，由动能定理可求。
物体做圆周运动，需要的向心力根据F=mω2r来求；能够提供的向心力要用合力来求，合力充当向心力，本题中小物体所受水平最大合力即为最大静摩擦力。两者不要混淆。
19.【答案】解：(1)导线框下落距离为h的过程中做自由落体运动，由v−t图像可知此过程的时间t=0.2s，则有：
h=12gt2
解得：h=0.2m。
(2)由v−t图像可知导线框穿过磁场的过程做匀速直线运动，其速度v=2m/s，所受安培力等于重力。
根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E=Blv
由闭合电路欧姆定律可得感应电流为：I=ER
由安培力的表达式可得：FA=BIL
联立解得：FA=B2l2vR
由平衡条件得：FA=mg
解得：l=0.1m。
(3)不同意该同学的说法。题中导线框释放后先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，导线框所受重力与安培力大小相等，导线框做匀速直线运动，v−t图像为与t轴平行的直线。若增大磁感应强度，导线框释放后仍然先做自由落体运动，当ab边进入磁场是，由于安培力的表达式为FA=B2l2vR，B增大，v不变，故进入磁场时导线框所受的安培力大于重力，故导线框不再做匀速直线运动，而是减速运动，因此v−t图像不可能与t轴平行。
答：(1)线框自由下落的高度h为0.2m；
(2)导线框的边长l为0.1m；
(3)不同意，详见解析。
【解析】(1)导线框下落距离为h的过程中做自由落体运动，由v−t图像得到此过程的时间，应用运动学公式解答；
(2)由v−t图像可知导线框穿过磁场的过程做匀速直线运动，所受安培力等于重力。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式求解。
(2)根据安培力的表达式，比较入磁场时导线框所受的安培力与重力大小关系，判断运动形式。
本题考查了电磁感应现象中的力与运动问题，题目较简单。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，以及安培力的表达式解答即可。
20.【答案】解：(1)根据几何关系可得水平方向分速度为：
vx=v0cosθ
竖直方向分速度为：
vy=v0sinθ
(2)设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得：
Nt=0−(−mv0cosθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
ft−mgt=mvH−0
其中f=μN
联立得vH=μv0cosθ−gt
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由H=vH22g
联立解得：H=(μv0cosθ−gt)22g
(3)设墙对运动员平均弹力大小为N′，平均最大静摩擦力为f′，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为t′，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
N′t′=mv0cosθ−(−mv0cosθ)
设竖直向上为正方向，由动量定理得
f′t′−mgt′=mv−0
其中f′=μN′
联立得v=2μv0cosθ−gt′
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为t1，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为t2，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
x=vxt1
解得：t1=v0sinθg
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得：
t2=2vg，vxt2≥x
联立式t′≤v02g(4μcosθ−sinθ)
作用的最长时间为：tm=v02g(4μcosθ−sinθ)
答：(1)运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为v0cosθ和v0sinθ；
(2)蹬墙后运动员上升的最大高度为(μv0cosθ−gt)22g；
(3)运动员与墙发生相互作用的最长时间为v02g(4μcosθsin)。
【解析】(1)根据几何关系分析出运动员起跳时两个方向的分速度；
(2)根据竖直方向上的动量定理得出运动员上升的最大高度；
(3)根据动量定理和运动学公式得出运动员与墙发生相互作用的最长时间。
本题主要考查了动量定理的相关应用，根据几何关系得出不同方向的分速度，结合动量定理和运动学公式即可完成分析。
21.【答案】解：(1)根据能量守恒定律可知，质量为m的物体要从井底至井口，外力做功最小值为mgH。
(2)a.界面处A金属电子处于比B金属电子更高的能级，电子从A侧向B侧转移，A金属侧带正电，B金属侧带负电。
b.金属两侧正负电荷在界面处激发的电场阻碍电子继续从A向B侧移动，最终达到平衡。设无穷远处电子电势能为0，则初状态A侧电子能量为−WA，B侧为−WB，末状态A侧界面电势为φA，B侧界面电势为φB，界面两侧A、B电子能量相等，有−WA+(−eφA)=−WB+(−eφB)UAB=φA−φB
联立可得A、B间电势差为：
UAB=1e(WB−WA)
(3)由于ΔTΔL与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小相关，在沿虚线方向取极短距离△L，则非静电力做功为ΔW=FΔL，累加后可得WF=μ(T2−T1)
根据电动势的定义式，可得E=WF−eWF为非静电力做功。断路状态下MN两端电势差大小数值上等于电动势。联立以上两式，可得金属两端电势差UMN为：
UMN=μ(T1−T2)e
答：(1)外力做功的最小值为mgH；
(2)a、A金属侧带正电，B金属侧带负电；
b、接触电势差为1e(WB−WA)；
(3)金属两端的电势差为μ(T1−T2)e。
【解析】(1)根据能量守恒定律得出外力做功的最小值；
(2)a、根据题意分析出电子的移动方向，从而分析出不同金属侧的电性；
b、根据电势能和电势差的关系得出接触电势差的大小；
(3)根据题意和功的计算公式得出金属两端的电势差。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉电场力的做功公式和电势差之间的关系即可完成分析，整体难度不大。
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