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2022_2023学年北京市海淀区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022_2023学年北京市海淀区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了9km/s等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年北京市海淀区高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 下列现象中，揭示了光的粒子性的是( )
A. 光电效应 B. 光的干涉 C. 光的偏振 D. 光的衍射
2. 处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时( )
A. 吸收光子，能量增加 B. 吸收光子，能量减少
C. 放出光子，能量增加 D. 放出光子，能量减少
3. 一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T变化的情况如图所示。气体先后经历状态A、B和C，下列说法正确的是( )
A. 从状态A到状态B，气体压强保持不变 B. 从状态A到状态B，气体内能保持不变
C. 从状态B到状态C，气体对外做功 D. 从状态B到状态C，气体向外放热
4. 波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在t=0.10s时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为15cm/s
B. 图甲中质点 P 和 Q 的相位差为π
C. 图甲中质点 N 在该时刻速度方向垂直纸面向外
D. 图乙可能是质点 N 的振动图像
5. 如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B. 斜面体受到地面的摩擦力为零
C. 斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D. 斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
6. 如图所示，卫星沿圆形轨道Ⅰ环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道Ⅱ或Ⅲ。轨道Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均与地球赤道面共面。变更轨道后( )
A. 卫星沿轨道Ⅲ运动 B. 卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C. 卫星经过M点时的加速度变大 D. 卫星环绕地球运动的周期变大
7. 如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是( )
A. 小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B. 小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C. 从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变
D. 从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功
8. 如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端b，再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。下列说法正确的是( )
A. 通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥
B. 将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动
C. 增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小
D. 用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动
9. 水平放置的平行板电容器C、定值电阻R0、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴A恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是( )
A. 当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B. 当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C. 仅换用阻值更大的R0，油滴A将向下运动
D. 仅换用阻值更小的R0，油滴A依旧可以保持悬浮状态
10. 一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是( )
A. x1与x3处的电场方向相同 B. 从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C. 电子在x1处的速率小于在x3处的速率 D. 电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
11. 如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B. 弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C. 重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D. 手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
12. 如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场。边长为 L 的正方形线框 abcd 的总电阻为 R 。除 ab 边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且 cd 边保持不动，杆 ab 的质量为 m 。将线框拉至水平后由静止释放，杆 ab 第一次摆到最低位置时的速率为 v 。重力加速度为 g ，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是( )
A. a 端电势始终低于 b 端电势 B. 杆 ab 中电流的大小、方向均保持不变
C. 安培力对杆 ab 的冲量大小为B2L3R D. 安培力对杆 ab 做的功为mgL−12mv2
13. 只利用下列选项中的器材，不能测量出当地重力加速度的是( )
A. 1根长度已知的直杆、1个质量未知的小物块、1块停表
B. 1根长度已知的轻绳、2个质量已知的小物块、1个滑轮、1个铁架台
C. 1个发射初速度已知的抛射器、1个质量未知的抛射物、1把直尺
D. 1个质量已知的小物块、1根长度未知的轻绳、1把直尺、1块停表
14. 2022年10月31日“梦天”实验舱成功发射，其上配置了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，利用太空中的微重力环境和冷却技术，可获得地面无法制备的超冷原子。超冷原子是指温度接近0K状态下的原子(质量约10−27kg)，其运动速度约为室温下原子速度(约500m/s)的5×10−5倍。超冷原子的制备要先利用激光冷却技术，使用方向相反的两束激光照射原子，原子会吸收激光的光子然后再向四周随机辐射光子，经过多次吸收和辐射后，原子的速度减小。同时施加磁场将原子束缚在一定区域内，避免原子逃逸，以延长原子与激光作用的时间。再用蒸发冷却技术，将速度较大的原子从该区域中排除，进一步降低温度。取普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s。下列说法错误的是( )
A. 太空中的微重力环境可使实验舱中的原子长时间处于悬浮状态，利于获得超冷原子
B. 超冷原子的物质波波长约为10−5m量级
C. 原子减速是通过原子向四周随机辐射光子实现的
D. 超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似
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。
(1)某同学在做杨氏双缝实验时，分别用波长λ1和λ2的单色光，经同一干涉装置得到如图甲和乙所示的干涉条纹，可知λ1________λ2(选填“>”“=”或“<”)
(2)图中A、B端之间电压恒为U，灯泡L的电阻恒为R1，滑动变阻器R的最大阻值为R2，在保证安全的情况下，为使灯泡满足两端电压变化范围尽量大，应选择________(选填“甲”“乙"或”丙“)电路，灯泡两端电压最大变化范围是____________。
(3)在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用静止于O点。撤去F1、F2，改用一个拉力F单独拉住小圆环，仍使它静止于O点。甲、乙、丙三位同学在白纸上记录的F1、F2和F的大小以及表示作用线方向的点如下图所示，其中最有助于得到正确的实验结论的是_______ 同学的实验结果(选填“甲”“乙”或“丙”)。
16. 某同学探究平抛运动的待点。
(1)用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的待点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。
①关于该实验，下列说法正确的是_______(选填选项前的字母)。
A. A、B两球应选用体积小、质量大的小球
B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上
C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的髙度
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此____说明A球竖直方向分运动为自由落体运动，_________说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。(选填“能”或“不能”)
(2)用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中，必要的是_______(选填选项前的字母)。
A. 通过调节使斜槽末段保持水平
B.每次需要从不同位置静止释放A球
C.通过调节使硬板保持竖直
D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验__________(选填选项前的字母)。
A.A球释放的高度偏高
B.A球释放的高度偏低
C.A球没有被静止释放
D.挡板MN未水平放置
(3)某同学用平滑曲线连接这些痕迹点，得到图4所示A球做平抛运动的轨迹。请利用该轨迹和(1)中得出的平抛运动竖直方向分运动的特点，说明怎样确定平抛运动水平分运动是匀速直线运动。
17. 图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB。
(2)求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
(3)请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
18. 如图所示，一个电阻r=2Ω、匝数N=100(图中只画了1匝)的圆形金属线圈与R=8Ω的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积S=0.2m2，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为B=(0.4−0.2t)T。求
(1)通过电阻R的电流大小I和方向；
(2)4s内：
a.通过电阻R的电荷量q；
b.电路中产生的焦耳热Q。
19. 反冲是常见的现象。
(1)静止的铀核(92238U)放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核(90234Th)。
a.请写出上述衰变过程的核反应方程；
b.求反冲的钍核的动能Ek。(计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应)
(2)如图所示，用轻绳连接的滑块A和B(均可视为质点)静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为Ep。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
(3)如图所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为Δm的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
20. 电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离 d 。电容器 A的电容 C 也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为 p 的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
(1)回答下列问题。
a.若开关保持断开状态，分析当板间距 d 变化时，两极板间电场强度的大小 E 如何变化。
b.根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为 q 时，下极板对上极板电场力的大小F=q22p。
(2)用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为 d 。当天平右端放一个质量为 m 的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压 U ，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表(可视为理想表)读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘(示意图)上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
(3)如图5所示，将电容器A的下极板固定不动，上极板由一劲度系数为 k 的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为d0。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为 U 时，讨论上极板平衡位置的个数 N 的情况。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】光的干涉、光的偏振、光的衍射说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性。
故选：A。
2.【答案】D
【解析】氢原子从n=4跃迁到n=2能级，氢原子的能量减少，放出光子。
故选：D。
3.【答案】A
【解析】AB.从状态A到状态B，气体做等压变化，温度升高，气体内能变大，故A正确，B错误；
CD.从状态B到状态C，温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故CD错误；
故选：A。
4.【答案】B
【解析】A.由图甲可知，λ2=3cm，解的λ=6cm，由图乙可知，周期T=0.20s，由公式v=λT得，v=30cm/s，故A错误；
B.由图甲可知，质点的P和Q距离为半个波长，则相位差为π，故B正确；
CD.由图甲可知，14T后波谷传播到N点，则该时刻质点N点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在t=0.10s时刻速度方向垂直纸面向外，则图乙不是质点N的振动图像，故CD错误。
故选：B
5.【答案】C
【解析】小物块沿斜面匀减速上滑，加速度沿斜面向下，对斜面体和小物块整体分析，将整体加速度分解为水平方向的a1和竖直方向的a2，根据牛顿第二定律得：水平方向有：f=ma1，竖直方向有：(M+m)g−FN=ma2，则斜面体受到地面的摩擦力水平向右，由牛顿第三定律，地面对斜面的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和。
故选：C
6.【答案】B
【解析】A.卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道Ⅱ运动，A错误；
B.卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据
得$v= GMr$
可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C.根据
得$a=GMr2$
由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D.根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】A.小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时mv2r
当小球速度mv2r=mg，则杆对小球无作用力。故A错误；
B.合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故B错误；
C.A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D.A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知$WG+W=ΔEk=0$，故杆对小球的作用力做负功。故D正确。
故选D
8.【答案】D
【解析】A.通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B.将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C.增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D.结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。
故选D。
9.【答案】A
【解析】A.滑动变阻器R和定值电阻R0串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变小，根据欧姆定律，电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压减小，根据Q=CU可知电容器所带电荷量会减少，电容器会放电，故A正确；
B.同理，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，B错误；
C.仅换用阻值更大的R0，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律$U0=E−IR$电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，C错误；
D.仅换用阻值更小的R0，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律$U0=E−IR$电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变小，根据可知，电容器两极板间电场强度变小，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力变小，所以油滴向下运动，D错误。
故选A。
10.【答案】C
【解析】A.根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B.从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C.电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D.电势φ随位置x变化的图线斜率表示场强，则电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。
故选：C。
11.【答案】C
【解析】A.由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B.弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C.由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为$x0$，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物下降的距离为x，则有
联立解得，故C正确；
D.物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
12.【答案】C
【解析】A.根据题意，由右手定则可知，杆 ab 切割磁感线产生的感应电流方向为b到a，则a端电势始终高于b端电势，故A错误；
B.根据题意可知，杆 ab 运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C.安培力对杆 ab 的冲量大小为I=BL∑it=BLq
又有、和$E=ΔΦΔt$，可得$q=ΔΦR=BL2R$
则安培力对杆 ab 的冲量大小为B2L3R，故C正确；
D.根据题意，设安培力对杆 ab 做的功，由动能定理有
解得，故D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】AD.利用长度已知的直杆测得小物块下落的高度，或者利用直尺测得轻绳长度，则可知小球下落的高度，根据停表测得时间，则由$h=12gt2$可测得重力加速度，故AD正确；
B.根据选项器材无法测得物块的速度，则无法通过机械能守恒求得重力加速度，故B错误；
C.利用直尺测得抛射器的高度，水平发射抛射物，根据直尺测得抛射物的水平距离，根据$h=12gt2$，x=vt
可测得重力加速度，故C正确；
本题选择错误选项，故选B。
14.【答案】C
【解析】A.在微重力环境下，原子几乎不受外力，故而能够长时间处于悬浮状态，有利于激光照射，故利于获得超冷原子，A正确，不符合题意；
B.由德布罗意波波长公式
其中
解得超冷原子的物质波波长，故B正确，不符合题意；
C.原子减速是通过吸收迎面射来的激光光子的能量，从而动量减少，速度减小，故C错误，符合题意；
D.超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似，D正确，不符合题意。
故选C。
15.【答案】(1)>；(2)乙，0∼U;(3)乙
【解析】(1)根据Δx=Ldλ可知，Δx1>Δx2，则有λ1>λ2，
(2)在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应该采用分压接法，所以选”乙“，由乙图可知，灯泡与滑动变阻器的接入电路的部分并联，灯泡两端电压最大变化范围是0∼U
(3)在验证力的平行四边形定则的实验中，为了减小实验误差，在确定作用线方向的时候应尽量离O点的距离远些，且两个力的夹角不能过小；在做力的图示的时候必需选取适当的标度。甲同学在确定作用线方向的时候距离O点过近，同时选取的标度不合理，容易造成较大的误差，丙同学选取的标度合理，但两个力的夹角过小，也容易产生较大的误差，而乙同学选取的标度和确定的两个力的夹角都比较合理，最有助于得到正确的实验结论。
故选乙。
16.【答案】(1) ①.AB；② 能；不能；
(2) ①AC；②AC；
(3)如图所示，在曲线OP上取A、B、C三点，这四个点对应的坐标分别(xA,yA),(xB,yB),(xC,yC)，使
yA:yB:yC=1:4:9，若xA:xB:xC=1:2:3，则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。
【解析】(1) ①A.为了减小空气阻力对实验的影响，应选用体积小，密度大的小球，故A正确；
B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，以确保小落高度相同，故B正确；
C.比较两球落地时间不需要测量两球下落的高度，C错误。
故选AB。
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此可以能A球竖直方向分运动为自由落体运动，不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
(2) ①A.由于“研究平抛物体的运动”斜槽的末端必须保持水平，A正确；
B.由于每次小球运动轨迹相同，因此每次小球必须从同一位置，由静止释放，B错误；
C.平抛运动的轨迹位于竖直方向，因此硬板应保持竖直，C正确；
D.A球每次从同一位置静止释放即可，不需要减小A球与斜槽之间的摩擦，D错误。
故选AC。
②通过图像可知，这个偏差较大的点处水平的速度相比其他的点较大，故产生的原因，可能是该次实验A球释放的高度偏高或A球没有被静止释放，故AC正确，BD错误。
故选AC。
(3)如图所示，在曲线OP上取A、B、C三点，这四个点对应的坐标分别(xA,yA),(xB,yB),(xC,yC)，使
yA:yB:yC=1:4:9，若xA:xB:xC=1:2:3，则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。
17.【答案】(1)小球从A到B由动能定理$mg⋅4R=12mvB2$
解得小球通过B点时的速度大小
(2)小球从A到C由动能定理
解得小球通过C点时的速度大小$vC=2 gR$
在C点由牛顿第二定律$F+mg=mvC2R$
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小，方向竖直向下。
(3)小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以
【解析】本题考查的是动能定理和竖直面圆周运动的结合。
18.【答案】(1)由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为，可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a，
由法拉第电磁感应定律可得：$E=NΔΦΔt=NΔBΔtS$
由欧姆定律可得：
解得
(2)a.之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4A，则4s内通过电阻R的电荷量有
b.根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为$Q=I2R+rt=6.4J$
【解析】本题考查的是感生电动势和电路的结合。
19.【答案】(1)a.根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程为$92238U→90234Th+24He$
b.设质子和中子的质量均为m，衰变后氦核的速度为$v1$，钍核的速度为，选氦核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得4mv1−234mv2=0
解得钍核的速度大小为$v2=2117v1$
又$E=12⋅4mv12$
则反冲的钍核的动能$Ek=12⋅234mv22=2117E$
(2)滑块A和B系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度分别为和，选取滑块A运动方向为正方向，则根据动量守恒定律可得$mvA−MvB=0$
又由能量守恒定律可知$Ep=12mvA2+12MvB2$
则滑块A获得的动能为$EkA=12mvA2=pA22m=Ep1+mM$
m,Ep均为定值，因此滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
(3)卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运动的速度为$v0$，喷出后卫星的速度为v，以喷气前卫星运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有$Mv0=(M−Δm)v+Δm(v−u)$
解得$v=ΔmMu+v0$
由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度v0大的地方喷气，喷气后卫星的动能$Ek=12(M−Δm)v2$
也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。
【解析】本题考查了动量守恒的各种情景，注意具体问题具体分析。
20.【答案】(1)a.由图2 及题中信息可得 C=pd 。
电容器充完电后与电源断开，其所带电荷量q 保持不变，根据电势差与电场强度的关系U=Ed、电容的定义 C=qU ，可得 E=qp ，即E 与d 无关，可知当板间距 d 变化时E 不变。
b.由于电容器上、下极板所带电荷量大小相等、电性相反，因此二者产生大小相等、方向相同的电场，设上、下极板产生的电场强度大小均为 E′ ，根据电场强度可以叠加的性质，有 E=E′+E′ ，结合(1)a，可得E′=q2p
因此下极板对上极板所产生的电场力F=qE′=q22p
(2)天平重新平衡时，砝码所受重力与左侧极板所受下极板的电场力大小相等，即mg=q22p
其中 q=CU=pUd ，代入得m=p2gd2U2
上式表示 m 与U2 成正比，由5 g 与1 V 的对应关系可知 m=5g/V2U2 ，因此应当在①处对应的质量值为20 g，②处对应的质量值为45 g，如答图2 所示。换用更大量程的电压表、减小天平平衡时的板间距离等均可以扩大该静电天平的量程。
(3)当电容器两极板间加上电压U 时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为ΔF1、所受下极板的电场力为 F2 ，稳定时，根据牛顿运动定律有△F1=F2
①根据胡克定律 △F1=k(d0−d) 、(1)b结论 F2=q22p 代入①式，得k(d0−d)=pU22d2
上式是关于 d 的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如答图3 所示：
在 F−d坐标系中分别作出上式左端 △F1=k(d0−d) 的图像(图中直线 b1、b2 和 b3 )和右端 F2=pU22d2 的图像(图中曲线 a)，两个图像交点的个数反映了方程②解的个数，即上极板平衡位置的个数N。
直线 b1 与曲线 a 相交，有2 个交点，表明方程②有2 个解，即上极板平衡位置的个数 N=2；
直线 b2 与曲线 a 相切，有1 个交点，表明方程②有1 个解，即上极板平衡位置的个数 N=1；
直线 b3 与曲线 a 相离，没有交点，表明方程②没有实数解，即上极板平衡位置的个数 N=0；
综上所述，上极板平衡位置的个数N=0、1、2。
【解析】(1)a考查了电容器的动态分析，注意开关断开，电压不变；
b考查了电容器的基本原理，解题时要注意矢量叠加原理。
(2)解题时注意根据平衡条件求出m和U的关系式，从而求解。
(3)注意结合图像讨论结果。
2022~2023学年北京市海淀区高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 下列现象中，揭示了光的粒子性的是( )
A. 光电效应 B. 光的干涉 C. 光的偏振 D. 光的衍射
2. 处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时( )
A. 吸收光子，能量增加 B. 吸收光子，能量减少
C. 放出光子，能量增加 D. 放出光子，能量减少
3. 一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T变化的情况如图所示。气体先后经历状态A、B和C，下列说法正确的是( )
A. 从状态A到状态B，气体压强保持不变 B. 从状态A到状态B，气体内能保持不变
C. 从状态B到状态C，气体对外做功 D. 从状态B到状态C，气体向外放热
4. 波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在t=0.10s时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为15cm/s
B. 图甲中质点 P 和 Q 的相位差为π
C. 图甲中质点 N 在该时刻速度方向垂直纸面向外
D. 图乙可能是质点 N 的振动图像
5. 如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B. 斜面体受到地面的摩擦力为零
C. 斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D. 斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
6. 如图所示，卫星沿圆形轨道Ⅰ环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道Ⅱ或Ⅲ。轨道Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均与地球赤道面共面。变更轨道后( )
A. 卫星沿轨道Ⅲ运动 B. 卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C. 卫星经过M点时的加速度变大 D. 卫星环绕地球运动的周期变大
7. 如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是( )
A. 小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B. 小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C. 从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变
D. 从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功
8. 如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端b，再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。下列说法正确的是( )
A. 通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥
B. 将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动
C. 增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小
D. 用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动
9. 水平放置的平行板电容器C、定值电阻R0、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴A恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是( )
A. 当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B. 当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C. 仅换用阻值更大的R0，油滴A将向下运动
D. 仅换用阻值更小的R0，油滴A依旧可以保持悬浮状态
10. 一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是( )
A. x1与x3处的电场方向相同 B. 从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C. 电子在x1处的速率小于在x3处的速率 D. 电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
11. 如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B. 弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C. 重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D. 手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
12. 如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场。边长为 L 的正方形线框 abcd 的总电阻为 R 。除 ab 边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且 cd 边保持不动，杆 ab 的质量为 m 。将线框拉至水平后由静止释放，杆 ab 第一次摆到最低位置时的速率为 v 。重力加速度为 g ，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是( )
A. a 端电势始终低于 b 端电势 B. 杆 ab 中电流的大小、方向均保持不变
C. 安培力对杆 ab 的冲量大小为B2L3R D. 安培力对杆 ab 做的功为mgL−12mv2
13. 只利用下列选项中的器材，不能测量出当地重力加速度的是( )
A. 1根长度已知的直杆、1个质量未知的小物块、1块停表
B. 1根长度已知的轻绳、2个质量已知的小物块、1个滑轮、1个铁架台
C. 1个发射初速度已知的抛射器、1个质量未知的抛射物、1把直尺
D. 1个质量已知的小物块、1根长度未知的轻绳、1把直尺、1块停表
14. 2022年10月31日“梦天”实验舱成功发射，其上配置了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，利用太空中的微重力环境和冷却技术，可获得地面无法制备的超冷原子。超冷原子是指温度接近0K状态下的原子(质量约10−27kg)，其运动速度约为室温下原子速度(约500m/s)的5×10−5倍。超冷原子的制备要先利用激光冷却技术，使用方向相反的两束激光照射原子，原子会吸收激光的光子然后再向四周随机辐射光子，经过多次吸收和辐射后，原子的速度减小。同时施加磁场将原子束缚在一定区域内，避免原子逃逸，以延长原子与激光作用的时间。再用蒸发冷却技术，将速度较大的原子从该区域中排除，进一步降低温度。取普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s。下列说法错误的是( )
A. 太空中的微重力环境可使实验舱中的原子长时间处于悬浮状态，利于获得超冷原子
B. 超冷原子的物质波波长约为10−5m量级
C. 原子减速是通过原子向四周随机辐射光子实现的
D. 超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似
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。
(1)某同学在做杨氏双缝实验时，分别用波长λ1和λ2的单色光，经同一干涉装置得到如图甲和乙所示的干涉条纹，可知λ1________λ2(选填“>”“=”或“<”)
(2)图中A、B端之间电压恒为U，灯泡L的电阻恒为R1，滑动变阻器R的最大阻值为R2，在保证安全的情况下，为使灯泡满足两端电压变化范围尽量大，应选择________(选填“甲”“乙"或”丙“)电路，灯泡两端电压最大变化范围是____________。
(3)在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用静止于O点。撤去F1、F2，改用一个拉力F单独拉住小圆环，仍使它静止于O点。甲、乙、丙三位同学在白纸上记录的F1、F2和F的大小以及表示作用线方向的点如下图所示，其中最有助于得到正确的实验结论的是_______ 同学的实验结果(选填“甲”“乙”或“丙”)。
16. 某同学探究平抛运动的待点。
(1)用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的待点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。
①关于该实验，下列说法正确的是_______(选填选项前的字母)。
A. A、B两球应选用体积小、质量大的小球
B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上
C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的髙度
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此____说明A球竖直方向分运动为自由落体运动，_________说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。(选填“能”或“不能”)
(2)用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中，必要的是_______(选填选项前的字母)。
A. 通过调节使斜槽末段保持水平
B.每次需要从不同位置静止释放A球
C.通过调节使硬板保持竖直
D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验__________(选填选项前的字母)。
A.A球释放的高度偏高
B.A球释放的高度偏低
C.A球没有被静止释放
D.挡板MN未水平放置
(3)某同学用平滑曲线连接这些痕迹点，得到图4所示A球做平抛运动的轨迹。请利用该轨迹和(1)中得出的平抛运动竖直方向分运动的特点，说明怎样确定平抛运动水平分运动是匀速直线运动。
17. 图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB。
(2)求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
(3)请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
18. 如图所示，一个电阻r=2Ω、匝数N=100(图中只画了1匝)的圆形金属线圈与R=8Ω的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积S=0.2m2，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为B=(0.4−0.2t)T。求
(1)通过电阻R的电流大小I和方向；
(2)4s内：
a.通过电阻R的电荷量q；
b.电路中产生的焦耳热Q。
19. 反冲是常见的现象。
(1)静止的铀核(92238U)放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核(90234Th)。
a.请写出上述衰变过程的核反应方程；
b.求反冲的钍核的动能Ek。(计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应)
(2)如图所示，用轻绳连接的滑块A和B(均可视为质点)静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为Ep。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
(3)如图所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为Δm的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
20. 电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离 d 。电容器 A的电容 C 也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为 p 的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
(1)回答下列问题。
a.若开关保持断开状态，分析当板间距 d 变化时，两极板间电场强度的大小 E 如何变化。
b.根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为 q 时，下极板对上极板电场力的大小F=q22p。
(2)用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为 d 。当天平右端放一个质量为 m 的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压 U ，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表(可视为理想表)读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘(示意图)上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
(3)如图5所示，将电容器A的下极板固定不动，上极板由一劲度系数为 k 的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为d0。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为 U 时，讨论上极板平衡位置的个数 N 的情况。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】光的干涉、光的偏振、光的衍射说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性。
故选：A。
2.【答案】D
【解析】氢原子从n=4跃迁到n=2能级，氢原子的能量减少，放出光子。
故选：D。
3.【答案】A
【解析】AB.从状态A到状态B，气体做等压变化，温度升高，气体内能变大，故A正确，B错误；
CD.从状态B到状态C，温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故CD错误；
故选：A。
4.【答案】B
【解析】A.由图甲可知，λ2=3cm，解的λ=6cm，由图乙可知，周期T=0.20s，由公式v=λT得，v=30cm/s，故A错误；
B.由图甲可知，质点的P和Q距离为半个波长，则相位差为π，故B正确；
CD.由图甲可知，14T后波谷传播到N点，则该时刻质点N点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在t=0.10s时刻速度方向垂直纸面向外，则图乙不是质点N的振动图像，故CD错误。
故选：B
5.【答案】C
【解析】小物块沿斜面匀减速上滑，加速度沿斜面向下，对斜面体和小物块整体分析，将整体加速度分解为水平方向的a1和竖直方向的a2，根据牛顿第二定律得：水平方向有：f=ma1，竖直方向有：(M+m)g−FN=ma2，则斜面体受到地面的摩擦力水平向右，由牛顿第三定律，地面对斜面的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和。
故选：C
6.【答案】B
【解析】A.卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道Ⅱ运动，A错误；
B.卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据
得$v= GMr$
可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C.根据
得$a=GMr2$
由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D.根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】A.小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时mv2r
当小球速度mv2r=mg，则杆对小球无作用力。故A错误；
B.合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故B错误；
C.A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D.A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知$WG+W=ΔEk=0$，故杆对小球的作用力做负功。故D正确。
故选D
8.【答案】D
【解析】A.通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B.将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C.增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D.结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。
故选D。
9.【答案】A
【解析】A.滑动变阻器R和定值电阻R0串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变小，根据欧姆定律，电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压减小，根据Q=CU可知电容器所带电荷量会减少，电容器会放电，故A正确；
B.同理，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，B错误；
C.仅换用阻值更大的R0，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律$U0=E−IR$电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，C错误；
D.仅换用阻值更小的R0，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律$I=ER+R0$可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律$U0=E−IR$电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变小，根据可知，电容器两极板间电场强度变小，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据F=Eq可知油滴受到的电场力变小，所以油滴向下运动，D错误。
故选A。
10.【答案】C
【解析】A.根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B.从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C.电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D.电势φ随位置x变化的图线斜率表示场强，则电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。
故选：C。
11.【答案】C
【解析】A.由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B.弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C.由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为$x0$，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物下降的距离为x，则有
联立解得，故C正确；
D.物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
12.【答案】C
【解析】A.根据题意，由右手定则可知，杆 ab 切割磁感线产生的感应电流方向为b到a，则a端电势始终高于b端电势，故A错误；
B.根据题意可知，杆 ab 运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C.安培力对杆 ab 的冲量大小为I=BL∑it=BLq
又有、和$E=ΔΦΔt$，可得$q=ΔΦR=BL2R$
则安培力对杆 ab 的冲量大小为B2L3R，故C正确；
D.根据题意，设安培力对杆 ab 做的功，由动能定理有
解得，故D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】AD.利用长度已知的直杆测得小物块下落的高度，或者利用直尺测得轻绳长度，则可知小球下落的高度，根据停表测得时间，则由$h=12gt2$可测得重力加速度，故AD正确；
B.根据选项器材无法测得物块的速度，则无法通过机械能守恒求得重力加速度，故B错误；
C.利用直尺测得抛射器的高度，水平发射抛射物，根据直尺测得抛射物的水平距离，根据$h=12gt2$，x=vt
可测得重力加速度，故C正确；
本题选择错误选项，故选B。
14.【答案】C
【解析】A.在微重力环境下，原子几乎不受外力，故而能够长时间处于悬浮状态，有利于激光照射，故利于获得超冷原子，A正确，不符合题意；
B.由德布罗意波波长公式
其中
解得超冷原子的物质波波长，故B正确，不符合题意；
C.原子减速是通过吸收迎面射来的激光光子的能量，从而动量减少，速度减小，故C错误，符合题意；
D.超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似，D正确，不符合题意。
故选C。
15.【答案】(1)>；(2)乙，0∼U;(3)乙
【解析】(1)根据Δx=Ldλ可知，Δx1>Δx2，则有λ1>λ2，
(2)在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应该采用分压接法，所以选”乙“，由乙图可知，灯泡与滑动变阻器的接入电路的部分并联，灯泡两端电压最大变化范围是0∼U
(3)在验证力的平行四边形定则的实验中，为了减小实验误差，在确定作用线方向的时候应尽量离O点的距离远些，且两个力的夹角不能过小；在做力的图示的时候必需选取适当的标度。甲同学在确定作用线方向的时候距离O点过近，同时选取的标度不合理，容易造成较大的误差，丙同学选取的标度合理，但两个力的夹角过小，也容易产生较大的误差，而乙同学选取的标度和确定的两个力的夹角都比较合理，最有助于得到正确的实验结论。
故选乙。
16.【答案】(1) ①.AB；② 能；不能；
(2) ①AC；②AC；
(3)如图所示，在曲线OP上取A、B、C三点，这四个点对应的坐标分别(xA,yA),(xB,yB),(xC,yC)，使
yA:yB:yC=1:4:9，若xA:xB:xC=1:2:3，则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。
【解析】(1) ①A.为了减小空气阻力对实验的影响，应选用体积小，密度大的小球，故A正确；
B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，以确保小落高度相同，故B正确；
C.比较两球落地时间不需要测量两球下落的高度，C错误。
故选AB。
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此可以能A球竖直方向分运动为自由落体运动，不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
(2) ①A.由于“研究平抛物体的运动”斜槽的末端必须保持水平，A正确；
B.由于每次小球运动轨迹相同，因此每次小球必须从同一位置，由静止释放，B错误；
C.平抛运动的轨迹位于竖直方向，因此硬板应保持竖直，C正确；
D.A球每次从同一位置静止释放即可，不需要减小A球与斜槽之间的摩擦，D错误。
故选AC。
②通过图像可知，这个偏差较大的点处水平的速度相比其他的点较大，故产生的原因，可能是该次实验A球释放的高度偏高或A球没有被静止释放，故AC正确，BD错误。
故选AC。
(3)如图所示，在曲线OP上取A、B、C三点，这四个点对应的坐标分别(xA,yA),(xB,yB),(xC,yC)，使
yA:yB:yC=1:4:9，若xA:xB:xC=1:2:3，则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。
17.【答案】(1)小球从A到B由动能定理$mg⋅4R=12mvB2$
解得小球通过B点时的速度大小
(2)小球从A到C由动能定理
解得小球通过C点时的速度大小$vC=2 gR$
在C点由牛顿第二定律$F+mg=mvC2R$
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小，方向竖直向下。
(3)小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以
【解析】本题考查的是动能定理和竖直面圆周运动的结合。
18.【答案】(1)由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为，可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a，
由法拉第电磁感应定律可得：$E=NΔΦΔt=NΔBΔtS$
由欧姆定律可得：
解得
(2)a.之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4A，则4s内通过电阻R的电荷量有
b.根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为$Q=I2R+rt=6.4J$
【解析】本题考查的是感生电动势和电路的结合。
19.【答案】(1)a.根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程为$92238U→90234Th+24He$
b.设质子和中子的质量均为m，衰变后氦核的速度为$v1$，钍核的速度为，选氦核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得4mv1−234mv2=0
解得钍核的速度大小为$v2=2117v1$
又$E=12⋅4mv12$
则反冲的钍核的动能$Ek=12⋅234mv22=2117E$
(2)滑块A和B系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度分别为和，选取滑块A运动方向为正方向，则根据动量守恒定律可得$mvA−MvB=0$
又由能量守恒定律可知$Ep=12mvA2+12MvB2$
则滑块A获得的动能为$EkA=12mvA2=pA22m=Ep1+mM$
m,Ep均为定值，因此滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
(3)卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运动的速度为$v0$，喷出后卫星的速度为v，以喷气前卫星运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有$Mv0=(M−Δm)v+Δm(v−u)$
解得$v=ΔmMu+v0$
由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度v0大的地方喷气，喷气后卫星的动能$Ek=12(M−Δm)v2$
也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。
【解析】本题考查了动量守恒的各种情景，注意具体问题具体分析。
20.【答案】(1)a.由图2 及题中信息可得 C=pd 。
电容器充完电后与电源断开，其所带电荷量q 保持不变，根据电势差与电场强度的关系U=Ed、电容的定义 C=qU ，可得 E=qp ，即E 与d 无关，可知当板间距 d 变化时E 不变。
b.由于电容器上、下极板所带电荷量大小相等、电性相反，因此二者产生大小相等、方向相同的电场，设上、下极板产生的电场强度大小均为 E′ ，根据电场强度可以叠加的性质，有 E=E′+E′ ，结合(1)a，可得E′=q2p
因此下极板对上极板所产生的电场力F=qE′=q22p
(2)天平重新平衡时，砝码所受重力与左侧极板所受下极板的电场力大小相等，即mg=q22p
其中 q=CU=pUd ，代入得m=p2gd2U2
上式表示 m 与U2 成正比，由5 g 与1 V 的对应关系可知 m=5g/V2U2 ，因此应当在①处对应的质量值为20 g，②处对应的质量值为45 g，如答图2 所示。换用更大量程的电压表、减小天平平衡时的板间距离等均可以扩大该静电天平的量程。
(3)当电容器两极板间加上电压U 时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为ΔF1、所受下极板的电场力为 F2 ，稳定时，根据牛顿运动定律有△F1=F2
①根据胡克定律 △F1=k(d0−d) 、(1)b结论 F2=q22p 代入①式，得k(d0−d)=pU22d2
上式是关于 d 的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如答图3 所示：
在 F−d坐标系中分别作出上式左端 △F1=k(d0−d) 的图像(图中直线 b1、b2 和 b3 )和右端 F2=pU22d2 的图像(图中曲线 a)，两个图像交点的个数反映了方程②解的个数，即上极板平衡位置的个数N。
直线 b1 与曲线 a 相交，有2 个交点，表明方程②有2 个解，即上极板平衡位置的个数 N=2；
直线 b2 与曲线 a 相切，有1 个交点，表明方程②有1 个解，即上极板平衡位置的个数 N=1；
直线 b3 与曲线 a 相离，没有交点，表明方程②没有实数解，即上极板平衡位置的个数 N=0；
综上所述，上极板平衡位置的个数N=0、1、2。
【解析】(1)a考查了电容器的动态分析，注意开关断开，电压不变；
b考查了电容器的基本原理，解题时要注意矢量叠加原理。
(2)解题时注意根据平衡条件求出m和U的关系式，从而求解。
(3)注意结合图像讨论结果。
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