2023-2024学年北京交大附中高三（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京交大附中高三（下）开学物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动
B. 液体分子的无规则运动称为布朗运动
C. 物体温度降低，其内能一定增大
D. 物体温度不变，其内能一定不变
2.一束光从某种介质射入空气，折射光路如图所示，则( )
A. 该介质的折射率约为 62B. 该介质的折射率约为1.41
C. 进入空气后这束光的速度变慢，波长变长D. 进入空气后这束光的频率增高，波长变短
3.如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压Ue与入射光的频率ν的关系图像。已知元电荷e。根据该图像不能得出的是( )
A. 饱和光电流B. 该金属的逸出功C. 普朗克常量D. 该金属的截止频率
4.氢原子在可见光区的4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。如图所示，这4条特征谱线(记作Hα、Hβ、Hγ和Hδ)分别对应着氢原子从n=3、4、5、6能级向n=2能级的跃迁，下面4幅光谱图中，合理的是(选项图中长度标尺的刻度均匀分布，刻度值从左至右增大)( )
A.
B.
C.
D.
5.如图所示，在点电荷形成的电场中有A、B两点，已知A点电场强度大小为EA，方向垂直于AB连线，电势为φA；B点电场强度大小为EB，方向与AB连线成θ角，电势为φB。下列选项正确的是
( )
A. EA6.某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是( )
A. 原线圈应接在学生电源直流电压输出端
B. 只增加原线圈的匝数就可以增大原线圈的输入电压
C. 只增加原线圈的匝数就可以增大副线圈的输出电压
D. 匝数较少的线圈应该使用较粗的导线
7.手持软绳的一端O点在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点。t=0时O点由平衡位置出发开始振动，至t1时刻恰好完成两次全振动，绳上OQ间形成如图所示的波形(Q点之后未画出)，则( )
A. t1刻之前Q点始终静止B. t1时刻P点运动方向向上
C. t1时刻P点刚好完成一次全振动D. t=0时O点运动方向向上
8.我们可以采用不同方法“称量”地球。例如，卡文迪许在实验室里通过测量铅球之间的作用力，推算出引力常量G，就可以“称量”地球。已知引力常量G，利用下列数据可以“称量”地球质量的是( )
A. 月球绕地球做圆周运动的周期和速度
B. 月球绕地球做圆周运动的周期和月球的半径
C. 地球绕太阳做圆周运动的周期和速度
D. 地球绕太阳做圆周运动的周期和地球与太阳的距离
9.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( )
A. t1时刻小球动能最大
B. t2时刻小球动能最大
C. t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
10.如图所示，在水平面上有一个U形金属框架和一条跨接其上的金属杆ab，二者构成闭合回路且处于静止状态。在框架所在的空间内存在匀强磁场(图中未画出)。下面说法正确的是( )
A. 若磁场方向水平向右，当磁场增强时，杆ab受安培力向上
B. 若磁场方向竖直向下，当磁场减弱时，杆ab受安培力向左
C. 若磁场方向竖直向上，当磁场减弱时，杆ab受安培力向左
D. 若磁场方向竖直向上，当磁场增强时，杆ab受安培力向左
11.某个物理量D的变化量△D与发生这个变化所用时间△t的比值△D△t，叫做这个量D的变化率。下列说法不正确的是( )
A. 若D表示质点做平抛运动的速度，则△D△t 是恒定不变
B. 若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则△D △t是恒定不变的
C. 若D表示质点的动量，则△D△t越大，质点所受合外力就越大
D. 若D表示穿过线圈的磁通量，则△D △t越大，线圈中的感应电动势就越大
12.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
13.如图1所示，某种油量计是由许多透明等厚的薄塑料片叠合而成的，每个薄片的形状如图2所示，其底部为等腰直角三角形，薄片的长度不等。把这一油量计固定在油箱内，通过观察窗口可以清晰看到油量计的上表面有一条明暗分界线，从而可知箱内剩余油的多少。已知塑料的折射率为n，当油箱中有半箱油时，油量计的上表面( )
A. 左明右暗，且n> 2B. 左明右暗，且n< 2
C. 左暗右明，且n> 2D. 左暗右明，且n< 2
14.2023年春节期间，中国科幻电影《流浪地球2》热映。《流浪地球》系列影片设定：若干年后，太阳上的氢元素将被耗尽，太阳由“氢核聚变”阶段进入“氦核聚变”阶段，并成为一颗红巨星，地球将被太阳吞没、气化。因此，人类启动了“流浪地球”计划。人类的自救之旅的第一阶段是“刹车阶段”，利用2000台安装在地球赤道上的“转向式行星发动机”，通过喷射高能高压的粒子流，推动地球停止自转；第二阶段是“逃逸阶段”，利用“推进式行星发动机”推动地球加速，增大公转速度，逐渐脱离太阳系，开启“流浪”之旅。根据以上素材，结合所学，判断下列说法正确的是
A. 不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐减小
B. 不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，南北极处的物体所受重力逐渐增大
C. “转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反
D. 聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高
二、实验题（本题共2小题，共18分）
15.现用如图1所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。
(1)在组装仪器时单缝和双缝应该相互______放置(选填“垂直”或“平行”)。
(2)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，游标尺为50分度。某同学调整手轮使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为1.16 mm；接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头上游标卡尺的示数如图2所示，则读数为 ______mm。已知双缝间距d=2.00×10−4 m，测得双缝到毛玻璃屏的距离L=0.800 m，所测光的波长λ= ______nm(保留3位有效数字)。
(3)为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离Δx，而是先测量n个条纹的间距再求出Δx。下列实验采用了类似方法的有______。
A.《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量
B.《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量
C.《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量
D.《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量
图1
图2
16.在“测定玻璃的折射率”的实验中，实验小组在白纸上放好玻璃砖MNPQ，画出玻璃砖与空气的两个界面aa′和bb′。

(1)实验小组内的三位学生在实验中：
①第一位学生在纸上正确画出了玻璃砖的两个折射面aa′和bb′。因不慎碰动了玻璃砖，使它向aa′方向平移了一点(如图1所示)，以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
②第二位学生为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的aa′和bb′都比实际的折射面向外侧平移了一些(如图2所示)以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
③第三位学生的操作和所画的光路图都正确无误，只是所用的玻璃砖的两个折射面不平行(如图3所示)。用这块玻璃砖测出的折射率n的值将______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)另一实验小组的甲、乙、丙、丁四位同学实验中得到如图所示的插针结果，由图可知：
①从图上看，肯定把针插错了的同学是______。
②从图上看，测量结果准确度最高的同学是______。
三、简答题（本题共1小题，共12分）
17.2022年我国举办了第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为某滑道示意图，长直助滑道AB与起跳平台BC平滑连接，C点是第二段倾斜雪坡(着陆坡)的起点，着陆坡与水平面的夹角θ=37°。质量m=80kg的运动员沿助滑道AB下滑，经过一段时间后从C点沿水平方向飞出，在着陆坡上的D点着陆。已知CD间的距离L=75m，sin37°=0.60，cs37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2，将运动员视为质点，忽略空气阻力的影响。求运动员：
(1)从C点水平飞出到落在着陆坡上D点所用的时间t；
(2)从C点水平飞出时速度v0的大小；
(3)从C点水平飞出到落在着陆坡上D点过程所受重力做功的平均功率P。
四、计算题（本题共3小题，共28分）
18.如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个静止于P点的放射性元素氡的原子核 86222Rn发生了一次α衰变，变为钋(P)。放射出的α粒子( 24He)和生成的新核钋(P)均在与磁场方向垂直的平面内做圆周运动。已知α粒子的质量为m，电荷量为q。
(1)写出 86222Rn发生α衰变的核反应方程，并定性画出新核钋(P)和α粒子的运动轨迹；
(2)新核钋(P)和α粒子的圆周运动均可等效成一个环形电流，求α粒子做圆周运动的周期T和环形电流大小I；
(3)磁矩是描述环形电流特征的物理量，把粒子做圆周运动形成的环形电流与圆环面积的乘积叫作粒子的回旋磁矩，用符号μ表示。设α粒子做圆周运动的速率为v，试推导α粒子回旋磁矩μα的表达式，并据此比较α粒子和新核钋(P)做圆周运动的回旋磁矩的大小关系。
19.类比是一种重要的科学思想方法。在物理学史上，法拉第通过类比不可压缩流体中的流速线提出用电场线来描述电场。
(1)静电场的分布可以用电场线来形象描述，已知静电力常量为k。
①真空中有一电荷量为Q的正点电荷，其周围电场的电场线分布如图1所示。距离点电荷r处有一点P，请根据库仑定律和电场强度的定义，推导出P点场强大小E的表达式；
②如图2所示，若在A、B两点放置的是电荷量分别为+q1和−q2的点电荷，已知A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点，求C点的电场强度的大小EC的表达式，并根据电场线的分布情况比较q1和q2的大小关系。
(2)有一足够大的静止水域，在水面下足够深的地方放置一大小可以忽略的球形喷头，其向各方向均匀喷射水流。稳定后水在空间各处流动速度大小和方向是不同的，为了形象地描述空间中水的速度的分布，可引入水的“流速线”。水不可压缩，该情景下水的“流速线”的形状与图2中的电场线相似，箭头方向为速度方向，“流速线”分布的疏密反映水流速的大小。
①已知喷头单位时间喷出水的体积为Q1，写出喷头单独存在时，距离喷头为r处水流速大小v1的表达式；
②如图3所示，水面下的A点有一大小可以忽略的球形喷头，当喷头单独存在时可以向空间各方向均匀喷水，单位时间喷出水的体积为Q1；水面下的B点有一大小可以忽略的球形吸收器，当吸收器单独存在时可以均匀吸收空间各方向的水，单位时间吸收水的体积为Q2。同时开启喷头和吸收器，水的“流速线”的形状与图2中电场线相似。若A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点。喷头和吸收器对水的作用是独立的，空间水的流速和电场的场强一样都为矢量，遵循矢量叠加原理，类比图2中C处电场强度的计算方法，求图3中C点处水流速大小v2的表达式。
20.物理方法就是运用现有的物理知识找到解决物理问题的基本思路与方法。常见的物理方法有类比法、对称法、图象法、归纳演绎等等。

(1)场是物理学中的重要概念。仿照电场强度的定义，写出引力场强度Eg的定义式，在此基础上，推导出与质量为M的质点相距为r的点的引力场强度，已知万有引力常量为G。
(2)如图1，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，根据对称性可知圆盘在b点和d点的场强大小相等，方向相反。求d点处场强Ed的大小和方向。静电力常量为k。
(3)a.如图2为一平行板电容器，平行板之间为真空，电容器极板面积为S，极板的边长远大于极板间距，边缘效应忽略不计。两平行金属板将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域。静电力常量为k。若电容器A、B两板带上了等量异号的电荷，A带+Q，B带−Q。求Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域的电场强度EⅠ、EⅡ、EⅢ。
b.如图3A、B两板质量都为M，极板面积为S。极板的边长远大于极板间距。求Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域的引力场强度EgⅠ、EgⅡ、EgⅢ。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A正确，B错误；
CD、物体的内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素都有关，所以温度降低，其内能不一定增大；温度不变，其内能不一定不变，故CD错误。
故选：A。
布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素有关，结合这些知识进行分析。
掌握布朗运动的概念和内能的决定因素，明确内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素有关。
2.【答案】B
【解析】解：AB.入射角i=90°−60°=30°，折射角r=90°−45°=45°
根据折射定律，介质的折射率n=sinrsini=sin45°sin30∘= 22×21= 2≈1.41，故A错误，B正确；
CD.根据折射率公式v=cn可知，光从介质射到空气中，光的速度变大，而频率不变，根据v=λf分析可知，波的波长变长，故CD错误。
故选：B。
AB.根据折射定律求解该介质的折射率；
CD.根据折射率公式和波长、波速和频率的关系分析作答。
解决本题的关键是要理解折射定律的含义，掌握折射率公式和波长、波速和频率的关系；知道光从介质射到空气中时，其频率不变。
3.【答案】A
【解析】解：A、由图中信息无法计算饱和光电流，故A错误；
BC、设金属的逸出功为W0，截止频率为νc，则有：W0=ℎνc
光电子的最大初动能Ekm与遏止电压Uc的关系是：Ekm=eUc
光电效应方程为：Ekm=ℎν−W0
联立两式可得：Uc=ℎeν−W0e
故Uc与v图象的斜率为ℎe，从而解得普朗克常量与逸出功，故BC正确；
D、当Uc=0时，可解得：ν=νc
此时读图可知：ν≈4.27×1014Hz，即金属的截止频率约为4.27×1014Hz，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：A。
根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。
解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意光电效应方程的应用。
4.【答案】A
【解析】解：光谱图中谱线位置表示相应光子的波长，氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁时，发射的光子能量增大，所以光子频率增大，光子波长减小，在标尺上Hα、Hβ、Hγ和Hδ谱线应从右向左排列。由于氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁释放光子能量的差值越来越小，所以，从右向左4条谱线排列越来越紧密，故A正确，BCD错误。
故选：A。
光谱图中谱线位置表示相应光子的波长，根据氢原子的能级跃迁结合频率与波长的关系分析解答。
考查学生对量子论、波尔原子模型的理解。解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光子频率、波长的大小与能量变化的关系。
5.【答案】C
【解析】【分析】
运用几何的方法找出点电荷Q的位置并判断电性，求出A、B两点到Q的距离之比，由点电荷场强公式E=kQ2r求解场强关系，并比较电势的高低。
本题考查对点电荷电场的掌握程度，在电场问题中，画电场线、等势线及其他图形，将抽象问题变得直观形象，是常用方法。
【解答】
两条电场线延长线交于一点，即为点电荷Q的位置，如图所示：
根据电场线方向可知Q带负电，设A、B两点到Q的距离分别为rA和rB，由几何知识得到：rArB=sinθ
根据点电荷场强公式E=kQ2r，可得A、B两点的电场强度关系为：EA>EB，因为B点距离负点电荷Q远，所以φB>φA，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】A、变压器的工作原理是电磁感应现象，不能接直流电源，只能接入交流电，故A错误。
B、根据U1U2=n1n2，只是原线圈匝数增加，和输入电压并没有关系，输入电压只和学生电源有关系，故B错误。
C、根据U1U2=n1n2，只是原线圈匝数增加，副线圈的输出电压减小，故C错误。
D、由I1I2=n2n1可知，匝数少的线圈电流大，变压器中匝数少的线圈应该使用较粗的导线，故D正确。
故选D。
副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压，副线圈上的感应电流(感应电动势)也应该是交流电流。根据变压比等于匝数比进行分析即可。
本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据图像可知，该波传到Q点需要32T，而t1时刻恰好完成两次全振动，所以t1时刻Q点已经振动12T，故A错误；
B、根据“同侧法”(如图所示)可知，t1时刻P点运动方向向下，故B错误；
C、该波传到P点需要一个周期，而t1时刻恰好完成两次全振动，所以t1时刻P点刚好完成一次全振动，故C正确；
D、在t1时刻恰好完成两次全振动，所以振源的起振方向与t1时刻的振动情况完全相同，该时刻O点运动方向向下，则t=0时O点运动方向向下，故D错误。
故选：C。
根据图像可知，该波传到Q点需要32T，而t1时刻恰好完成两次全振动，由此判断P和Q点的振动情况；根据“同侧法”判断传播方向和O点的振动方向。
本题主要是考查了波的图像；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
8.【答案】A
【解析】解：AB、根据万有引力做向心力可得：GMmr2=m(2πT)2r=mv2r，故可根据周期T，线速度v、环绕半径r求得中心天体的质量M，故A正确，B错误；
CD、根据万有引力做向心力可得，中心天体的质量是可以求解的，运动天体的质量无法求解，故CD错误。
故选：A。
物体在地球表面上时，万有引力等于重力；人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案。
解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，会用线速度、角速度、周期表示向心力，同时注意公式间的化简。
9.【答案】C
【解析】解：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先小于重力，小球做加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能达到最大，故A错误；
B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；
C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，动能先增大后减小，故C正确；
D、t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；
故选：C。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．
10.【答案】D
【解析】解：A、若磁场方向水平向右，则穿过线圈的磁通量始终为0，当磁场增强时，回路没有感应电流，则杆ab不受安培力，故A错误。
B、若磁场方向竖直向下，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，故B错误。
C、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，故C错误。
D、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定杆子的运动方向。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握左手定则判断安培力的方向。
11.【答案】B
【解析】解：A、若D表示某质点做平抛运动的速度，则△D△t表示加速度，而平抛运动加速度始终等于重力加速度，所以△D△t是恒定不变，故A正确；
B、若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则△D△t表示向心加速度，向心加速度方向是变化的，故B不正确；
C、若D表示质点的动量，则△D△t表示质点受到的合外力，△D△t越大，质点所受合外力就越大，故C正确；
D、若D表示穿过某线圈的磁通量，则△D△t就表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知，若穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中的感应电动势就越大，故D正确。
本题选不正确的，
故选：B。
物理量D的变化量△D与发生这个变化所用时间△t的比值△D△t，叫做这个量D的变化率，结合选项分析判断即可。
解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，△D△t表示的物理量和物理意义，再根据条件判断是否变化，难度适中。
12.【答案】D
【解析】【解答】
A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故A错误。
B、圆盘停止转动前，根据动量定理I=Δp，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误。
C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误。
D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度v=ωr，最终停止运动速度为0，根据动量定理I=Δp，可知动量变化量为mωr，所以摩擦力的冲量为mωr，故D正确。
【分析】
在圆盘停止运动前，根据匀速圆周运动的规律，可以分析摩擦力的方向，通过动量定理可以求得摩擦力的冲量大小；圆盘停止转动后，由于惯性，可以知小物体运动的方向，通过动量定理可以求出小物体所受摩擦力的冲量大小。
此题主要考查圆周运动的规律和动量定理，较为简单。
13.【答案】A
【解析】解：当油箱中有半箱油时，在右侧塑料薄片插入油中，根据全反射临界角条件，光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，所以看起来是暗的；同理，左侧时塑料的折射率大于空气的折射率，光线在塑料和空气的界面处发生全反射返回油量计的上端面并射出，所以此时看起来是明亮的，所以可得左明右暗；同时要使光线在塑料和空气的界面处发生全反射，根据几何知识可得临界角必须满足
C<45°
根据公式
sinC=1n
可得
n=1sinC>1sin45∘= 2
即
n> 2
故BCD错误，A正确；
故选：A。
要使光线在塑料和空气的界面处发生全反射，必须满足全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角。
解决本题的关键是理解全反射，注意发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于临界角。
14.【答案】D
【解析】解：AB、不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，而南北极处的物体本身不受地球自转的影响，因此在地球停止自转的过程南北极处物体的重力不变，故AB错误；
C、要使推动地球停止自转，“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相同。要增大地球公转速度，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反，以使地球在公转轨道实现跃迁，逃离太阳系，故C错误；
D、聚变要克服原子核之间的库仑斥力，质子数越多，库仑斥力越大，需要的温度更高，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高，故D正确。
故选：D。
不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，南北极处的物体所受重力不变。根据变轨原理分析发动机的喷口方向与速度方向的关系。聚变要克服原子核之间的库仑斥力，库仑斥力越大，需要的温度更高。
解决本题时，掌握地球变轨原理，搞清发动机的喷口方向与速度方向的关系。要知道聚变要克服原子核之间的库仑斥力，质子数越多，库仑斥力越大，需要的温度更高。
15.【答案】(1)平行 ；(2)15.02 ；693 (3)CD
【解析】(1)只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。
(2)游标卡尺的的游标尺为50分度，精度为0.02 mm，固定刻度读数为15 mm，游标尺上第1个格对齐，故读数为0.02×1 mm=0.02 mm。
所以最终读数为15 mm+0.02 mm=15.02 mm。
由于第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为x1=1.16 mm；第6条亮纹中心对齐，测量头的读数x2=15.02 mm。
所以Δx=x2−x16−1=15.02−1.166−1×10−3m=2.772×10−3 m。
根据Δx=Ldλ，知λ=d⋅ΔxL
代入数据得：λ=2.00×10−4×2.772×10−30.8m=6.93×10−7m=693nm．
(3)先测量n个条纹的间距再求出Δx，属于放大测量取平均值。
A.《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误。
B.《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，故B错误。
C.《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确。
D.《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选CD。
故答案为：(1)平行；
(2)15.02，693；
(3)CD。
(1)根据实验原理，单缝与双缝相平行。
(2)测量头是游标卡尺，其读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；根据Δx=Ldλ列式求解光波长。
(3)依据放大测量取平均值，从而即可一一判定。
解决本题的关键掌握条纹的间距公式，及游标卡尺的读数方法，读数时要先注意精度，再确定游标尺上的读数，注意其读数不用估读，同时理解双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ。
16.【答案】不变 偏小 不变 甲、乙 丁
【解析】解：(1)如图甲可知，第一位学生的作画结果中，光线的入射角和折射角测量准确，所以折射率n的值不变。
如图乙可知，第二位学生的作画结果中，光线的入射角测量准确，折射角测量偏大，所以折射率n的值偏小。
第三位学生的作画结果中，光线的入射角和折射角测量准确，所以折射率n的值不变。
(2)甲同学的图中P1、P2连线与玻璃砖的交点和P3、P4连线与玻璃砖的交点的连线与玻璃面垂直，所以肯定是把针插错了。乙同学的图中P1、P2、P3、P4的连线在同一直线上，所以肯定是把针插错了。
丁同学P1、P2之间的距离和P3、P4之间距离较大，误差较小，所以测量结果准确度最高；
故答案为：(1)不变，偏小，不变；(2)甲、乙；丁
(1)作出光路图，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差；
(2)为了减小实验误差，应选用宽度大一些的玻璃砖测量．
对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差．
17.【答案】解：(1)运动员从C点飞出做平抛运动：
竖直方向做自由落体运动：y=12gt2
由几何关系可得：y=Lsinθ
代入数据解得：t=3s。
(2)水平方向做匀速直线运动：x=v0t
由几何关系的：x=Lcsθ
代入数据解得：v0=20m/s
(3)重力做功：W=mgy
重力做功的平均功率：P=Wt
带入数据解得：P=1.2×104W
答：(1)从C点水平飞出到落在着陆坡上D点所用的时间为3s；
(2)从C点水平飞出时速度v0的大小为20m/s；
(3)从C点水平飞出到落在着陆坡上D点过程所受重力做功的平均功率为1.2×104W。
【解析】根据平抛运动规律计算时间和水平速度，根据重力做功和功率的定义式，计算平均功率。
本题主要考查平抛运动，平抛运动竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动。
18.【答案】解：(1) 86222Rn发生α衰变的核反应方程为 86222Rn→24He+84218P；
静止的氡核发生α衰变后，根据动量守恒可知，衰变后α粒子与钋核的运动方向相反，根据左手定则可知，α粒子和钋核所受的洛伦兹力方向相反，两个粒子的运动轨迹应是外切圆，运动轨迹如图。
(2)根据牛顿第二定律：Bqv=mv2r，
解得：r=mvBq。
α粒子做圆周运动的周期：T=2πrv=2πmBq，
环形电流大小：I=qT=Bq22πm。
(3)由题意可得：μα=I⋅πr2，
将 r=mvBq代入得：μα=mv22B，
根据动量守恒定律可知 86222Rn发生α衰变生成的α粒子和新核钋(P)动量大小相等，方向相反，即pα=p钋，
根据：Ek=12mv2=p22m，
mαμ钋。
答：(1) 86222Rn发生α衰变的核反应方程为 86222Rn→24He+84218P；新核钋(P)和α粒子的运动轨迹见解析图。
(2)新核钋(P)和α粒子的圆周运动均可等效成一个环形电流，α粒子做圆周运动的周期T为2πmBq，环形电流大小I为Bq22πm。
(3)α粒子回旋磁矩μα的表达式为μα=I⋅πr2，α粒子和新核钋(P)做圆周运动的回旋磁矩的大小关系为μα>μ钋。
【解析】(1)根据质量数和电荷数守恒写核反应方程；静止的原子核发生α衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后α粒子与钋核的运动方向相反，根据左手定则判断α粒子和钋核所受的洛伦兹力方向关系。
(2)衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得半径公式和周期，根据电流的定义求解电流；
(3)根据题意写方程，根据动量和动能关系判定磁矩。
此题考查核反应方程、带电粒子在磁场中的运动、动量、动能等知识的综合应用，还考查学生获取信息的能力，根据题目知磁矩的表达式。
19.【答案】解：(1)①在距该正点电荷r处放置试探电荷+q，其所受电场力大小为
F=kQqr2
电场强度大小E的定义为
E=Fq
联立以上两式得
E=kQr2
②根据电场的叠加C点的电场强度的大小EC的表达式为
EC=E1+E2=kq1+q2a2
如图所示，过C作A、B连线的中垂线，交某条电场线于D点，由图可知该点场强ED斜向上方，因此q1>q2。
(2)①当喷头单独存在时，喷头向空间各方向均匀喷水，设单位时间喷头喷出水的体积为Q，在距喷头r处水流速度大小为v，设极短的一段时间Δt，则
vΔt⋅4πr2=Q⋅Δt
因此，在距喷头r处的流速大小为
v1=Q14πr2
②喷头在C点引起的流速为v′1=Q14πa2
吸收器在C点引起的流速为v′2=Q24πa2
当喷头和吸收器都存在时，类似于电场的叠加，C点处的实际流速为v2=v′1+v′2=Q1+Q24πa2
答：(1)①P点场强大小E的表达式E=kQr2；
②C点的电场强度的大小EC的表达式为Ec=kq1+q2a2，q1>q2
(2)①距离喷头为r处水流速大小v1的表达式v1=Q14πr2
②C点处水流速大小v2的表达式v2=Q1+Q24πa2．
【解析】(1)①根据点电荷在电场中所受电场力大小为F=kQqr2和E=Fq，求解电场强度的表达式；
②根据电场的叠加求解C点的电场强度的大小EC的表达式。
(2)①根据单位时间喷出的水的体积与时间的关系求解水的流速表达式；
②根据喷头在C点引起的流速类比求解吸收器在C点引起的流速，利用类似于电场的叠加原理，求解C点处的实际流速。
本题主要是考查涉及点电荷电场的知识，本题是采用类比的方法进行分析，注意电场是矢量，叠加时运用平行四边形定则。
20.【答案】解：(1)电场强度是试探电荷受到的电场力与试探电荷电荷量的比值，即
E=Fq
由此可以推出引力场强度Eg的定义式为
Eg=Fgm0
质量为m0的物体在质量为M的质点相距为r处受到的万有引力
Fg=GMm0r2
则与质量为m的质点距离为r的点的引力场强度
Eg=GMr2
(2)设圆盘在b点和d点的场强大小为E，根据题意b点处的场强为零
E=kqR2
圆盘带正电，故d点处场强的大小
Ed=E+kq(3R)2
解得Ed=10kq9R2
方向水平向右；
(3)a.真空中无限大的带电平面为理想化模型，其电场为匀强电场。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系得
EⅡ=Ud
根据电容器电容的定义式和决定式
C=QU=ɛrS4πkd
其中平行板之间为真空，得
EⅡ=4πkQϵrS
A板在I区域电场强度方向向左，B板在I区域电场强度方向相右，同理A、B两板在IⅢI区域电场强度也等大反向，故
EⅠ=EⅢ=0
b.类比法：类比于真空中无限大的带电平面的电场，即A、B板引力场方向指向各自板，其引力场大小
EAg=EBg=2πGMϵrS
A、B板在Ⅱ区域引力场等大反向，即
EgⅡ=0
A、B板在I、Ⅲ区域引力场等大同向，且
EgⅠ=EgⅢ=4πGMϵrS
答：(1)引力场强度Eg的定义式为Eg=GMr2。
(2)d点处场强Ed的大小为10kq9R2，方向水平向右。
(3)a.三个区域的电场强度分别为0，4πkQϵrS，0；
b.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域的引力场强度分别为4πGMϵrS；0；4πGMϵrS。
【解析】(1)根据电场强度和万有引力定律的公式解答。
(2)根据电场的矢量叠加解答。
(3)a.根据电场的矢量叠加解答；
b.类比电场的矢量叠加，根据引力场强度的叠加解答。
本题信息给予题，首先要读懂题意，知道比值定义法的内涵，并掌握类比法的应用。