2024年高考第二次模拟考试题：物理（北京卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试题：物理（北京卷）（解析版），共18页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单选题：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是（ ）
A．健身球内的气体向外界释放热量
B．健身球内的气体对外界做正功
C．健身球内的气体内能变大
D．健身球内的气体单位时间、单位面积撞击球壁的分子数不变
【答案】A
【详解】B．健身者正在挤压健身球，即外界对气体做正功，故B错误；
C．健身球内的气体视为理想气体，其内能只有分子动能，则内能由温度决定，而温度不变，则健身球内的气体内能不变，故C错误；
A．因外界对气体做正功，W>0，气体内能不变，ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得，Q<0，即气体向外界释放热量，故A正确；
D．气体的温度不变，即所有分子的平均速率不变，而体积变小，则单位体积的分子数变多，由压强的决定式p=nRTV可知，压强变大，则健身球内的气体单位时间，单位面积撞击球壁的分子数变多，故D错误。
故选A。
2．一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，a、b为介质中的两个质点，x=6m处的质点a的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为6m
B．该波沿x轴负方向传播
C．t=2s时，质点a的速度为0
D．t=2s时，质点b偏离平衡位置的位移为−5cm
【答案】D
【详解】A．由题图甲可知，该波的波长为λ=2×6m=12m，故A错误；
B．由题图乙可知，t=0时刻质点a在平衡位置且向y轴负方向振动，由图甲可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．t=2s时刻质点a在平衡位置且向y轴正方向振动，速度最大，故C错误；
D．由于该波的周期为4s，则t=2s时质点b运动到平衡位置的另一侧−5cm处，故D正确。
故选D。
3．关于图中四个演示实验的说法，正确的是（ ）

A．甲图中将平行板电容器左侧极板向左平移，静电计张角减小
B．乙图中阴极射线向下偏转，说明U形磁铁靠近镜头一端为N极
C．丙图中随着入射角增加，反射光线越来越弱，折射光线越来越强
D．丁图中静电平衡后，用手触碰导体A端，A端不带电，B端带正电
【答案】B
【详解】A．根据C=QU，C=εS4πkd，所以QU=εS4πkd，甲图中将平行板电容器左侧极板向左平移，电荷量不变，正对面积减小，电势差增大，静电计张角增大，A错误；
B．乙图中阴极射线向下偏转，阴极射线带负电，向右运动，洛伦兹力向下，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，说明U形磁铁靠近镜头一端为N极，B正确；
C．丙图中随着入射角增加，反射光线越来越强，折射光线越来越弱，当入射角等于或大于临界角时，发生全反射，没有折射光线，只有反射光线，这时反射光线的强度不变，C错误；
D．丁图中静电平衡后，用手触碰导体A端，大地的电子经过人体转移到该导体上，再次静电平衡后，A端带负电，B端不带电，D错误。
故选B。
4．某电学原件的电路图可简化为如右图所示，两小灯泡完全相同，电感L的电阻小于灯泡的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关瞬间，L1缓慢变亮，L2立即变亮
B．闭合开关电路稳定后，两只灯泡亮度相同
C．电路稳定后，断开开关，两只灯泡均缓慢熄灭
D．电路稳定后，断开开关，L1闪亮一下缓慢熄灭，L2立即熄灭
【答案】D
【详解】AB．由图可知，灯L1与线圈并联后再与L2串联，当S闭合瞬间，线圈以及两灯同时获得电压，所以L1、L2同时发光，随着线圈L电流的增加，流过L1的电流逐渐减小，L1逐渐变暗，L2变得更亮，故AB错误；
CD．待电路稳定后S断开瞬间，L2中电流消失，故L2立即熄灭，由于线圈内产生一个自感电动势，与L1构成一个自感回路，由于原来通过电杆L的电流大于L1中的电流，故L1闪亮一下逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
5．用如图所示的实验装置探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”，小车的质量为M，托盘和砝码的总质量为m，平衡摩擦力后进行实验（ ）
A．要保证m远小于M
B．在托盘中增加砝码，重复实验
C．小车所受的合外力等于2mg
D．释放小车后立即接通打点计时器
【答案】B
【详解】A．探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”时由于传感器测量小车的合力，无需m远小于M，故A错误；
B．探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”时保持小车质量不变，在托盘中增加砝码，重复实验，故B正确。
C．对托盘和砝码根据牛顿第二定律得mg−T=ma，所以TD．先接通电源，再释放小车，故D错误；
故选B。
6．三峡大坝是目前世界上最大的水力发电站，装机容量达2250万千瓦，年发电量1000亿千瓦时。发电机发电的原理可作如图简化：KLMN是一个放在匀强磁场中的矩形导线框，线框绕垂直于磁场的固定轴以角速度ω沿逆时针方向（俯视）匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为30°时开始计时（图示位置），此时导线框中产生的电动势为E。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时刻，电流沿KLMNK方向
B．t=π3ω时刻，穿过线框的磁通量变化率最大
C．该交流电动势的有效值为22E
D．该交流电动势瞬时值表达式为e=233Ecsωt+π6
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律，感应电流的方向总是阻碍线圈磁通量的变化，而t=0时刻，MN边与磁场方向的夹角为30°，并且沿逆时针方向（俯视）匀速转动，向右的磁通量将要增大，所以感应电流产生的磁场方向向左，感应电流沿KNML方向，A错误；
B．t=π3ω时刻，转过的角度为θ=ωt=ωπ3ω=π3，所以此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量变化率最小，B错误；
C．该交流电动势的有效值为峰值电动势除以根号二，当MN边与磁场方向的夹角为30°时的感应电动势为E1=2BLωrcs30°=2×32BLωr=E，而峰值电动势为Em=2BLωr=2E3=233E，该交流电动势的有效值为E有=2E3÷2=63E，C错误；
D．该交流电动势瞬时值表达式为e=233Ecswt+π6，D正确；
故选D。
7．图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子的光谱，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是可见光区的四条谱线，其中Hβ谱线是氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级辐射产生的，下列说法正确的是（ ）
A．这四条谱线在同种介质中Hδ谱线折射率最大
B．根据玻尔氢原子模型，基态氢原子电子动能最小
C．用能量为3.5eV的光子照射处于n=2激发态的氢原子，氢原子不发生电离
D．若Hα、Hβ、Hγ、Hδ中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是Hα
【答案】A
【详解】A．由ν=cλ可知，波长越小，频率越大，折射率越大，A正确；
B．根据ke2r2=mv2r，可得v=ke2mr，即动能为Ek=ke22r，波尔模型基态电子轨道半径最小，动能最大，B错误；
C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C错误；
D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中Hδ谱线波长最小，频率最大，Hδ光能量最大，若Hα、Hβ、Hγ、Hδ中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是Hδ，D错误。
故选A。
8．防疫口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，可增加静电吸附功能。驻极处理如图所示，针状电极与平板金属电极分别接高压直流电源的正、负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，熔喷布带电后对电场的影响忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．熔喷布上表面因捕获带电粒子而带负电
B．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电势能不断增加
C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，加速度逐渐减小
D．图中虚线上的a、b、c三点，电势分别为φa、φb、φc，目ab=bc，则φb>φa+φc2
【答案】C
【详解】A．针状电极与平行板之间的电场线分布如图所示，带正电粒子所受电场力向下，熔喷布上表面因捕获带电粒子而带正电，故A错误；
B．由图知，沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电场线变疏，电场强度越来越小，根据Eq=ma，加速度逐渐减小，故C正确；
D．由图可知，Eab>Ebc ，由U=Ed可得Uab>Ubc，则φa−φb>φb−φa，解得φb<φa+φc2，故D错误。
故选C。
9．2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A．飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B．飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C．飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D．若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为12R1+R22R23T
【答案】D
【详解】A．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B．第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有GMmR2=mv2R，解得v=GMR，可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知R23T2=R1+R22T′23，可得T′=R1+R22R23T，飞船在②轨道从P到Q的时间为12T′，即t=12R1+R22R23T，故D正确。
故选D。
10．如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，不计粒子重力和粒子间相互作用，则（ ）
A．电路稳定后，A、B板聚集电荷量基本不变
B．通过电阻R的电流方向向下
C．若只增大离子的射入速度，发电机的电动势不变
D．若只增大两极板的正对面积，发电机的电动势将增大
【答案】A
【详解】A．电路稳定 ，两板间粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv=Eq，故电路稳定后，场强不变，A、B板聚集电荷量基本不变，A正确；
B．由左手定则可知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，故通过电阻R的电流方向向上，B错误；
CD．设两板间的距离为d，则电动势为E=Bvd，电动势的大小与B、v、d有关，与极板间的正对面积无关，CD错误。
故选A。
11．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触而不连接，此时弹簧处于自然状态。现对小物块施加大小恒为F、方向水平向左的推力，当小物块向左运动到A点时撤去该推力，小物块继续向左运动，然后向右运动，最终停在B点。已知：小物块质量为m，与地面间的动摩擦因数为μ，OA距离为l1，OB距离为l2，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。下列表述不正确的是（ ）
A．在推力作用的过程中，小物块的加速度可能一直变小
B．在推力作用的过程中，小物块的速度可能先变大后变小
C．在物块运动的整个过程中，小物块克服摩擦力做的功为μmg（2l1+l2）
D．在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值为12Fl1+12μmgl2
【答案】C
【详解】AB．推力作用的过程中，由于弹簧弹力N越来越大，小物块受到的合力可能一直水平向左，为F−N−f，合力越来越小，加速度越来越小，一直加速；还可能小物块受到的合力先水平向左，为F−N−f，做加速度越来越小的加速运动，然后受到的合力水平向右，为N+f−F，做加速度越来越大的减速运动。故AB正确，不符合题意；
C．在物块运动的整个过程中，小物块克服摩擦力做的功为μmg(2l1+2l+l2)，故C错误，符合题意。
D．设弹性势能最大时小物块距离A点l，对压缩过程，由功能关系Fl1=Epm+μmg(l1+l)，从压缩量最大时到最终停下，由能量守恒Epm=μmg(l1+l+l2)，解得Epm=12Fl1+12μmgl2，故D正确，不符合题意；
故选C。
12．某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝缘重物M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电压表示数随时间变化关系如图乙所示，已知0 - t1时间内，小车处于静止状态，则（ ）
A．0 ~ t1时间内，弹簧处于原长状态
B．t1 ~ t2时间内，小车的加速度随时间均匀减小
C．t2 ~ t3时间内，小车一定做匀变速直线运动
D．t2 ~ t3时间内，小车可能向右做匀加速直线运动
【答案】D
【详解】A．0～t1时间内，电压表示数最大，两电阻串联分压可知，力敏电阻的阻值最小，所受压力最大，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；
B．t1～t2时间内，电压表示数减小，力敏电阻两端电压变大，阻值增大，所受压力F减小，根据牛顿第二定律，小车的加速度为a=kx−FM，小车的加速度增大，故B错误；
CD．t2～t3时间内，电压表示数最小，力敏电阻的两端电压最大，阻值最大，所受压力最小，合力向右，小车的加速度向右，又因为电压表示数不变，压力不变，小车的合力不变，加速度不变，小车做加速度向右的匀变速直线运动，小车可能向左做匀减速直线运动，也可能向右做匀加速直线运动；还有可能M与力敏电阻分离了，此时小车可能向右做加速度增大的加速直线运动，故C错误D正确。
故选D。
13．如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g
D．木块上升到最高点时，速度大小为m0v0−vm+M
【答案】D
【详解】AB．根据题意可知，子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量守恒，子弹克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，故A、B错误；
C．子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据圆周运动的规律知，环对轻杆的压力大于(M＋m)g，故C错误；
D．木块上升到最高点时，环和木块的速度相等，水平方向上系统动量守恒，由动量守恒定律有
m0v0=(M＋m)v1+m0v，解得v1=m0v0−vm+M，故D正确。
故选D。
14．光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的二次发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法正确的是（ ）
A．光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应
B．适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号
C．光电倍增管中增值的能量来源于照射光
D．图中标号为偶数的倍增电极的电势要高于标号为奇数的电极的电势
【答案】B
【详解】A．光电效应是在高于极限频率的电磁波的照射下，物质内部的电子吸收能量后逸出的现象，光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子撞击激发出更多的电子，故不是光电效应，A错误；
C．光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场，C错误；
D．电子在相邻倍增电极中加速，故图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于数字较小的电极的电势，D错误；
B．适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于电极电子的电离，故有利于探测更微弱的信号，B正确。
故选B。
二、实验题：本部分共2小题，共18分。
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）用游标卡尺测量图乙线圈的内径，可利用图甲中游标卡尺的 （选填“A”、“B”、“C”）部件，测出的内径大小如图丙所示，其读数为 cm；
（2）下面四幅图是用来“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图。灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是( )
A．该实验必需保持磁铁运动的速率不变
B．该实验必需记录感应电流产生的磁场方向
C．该实验无需记录磁铁在线圈中的磁场方向
D．该实验无需确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系
（3）如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律。根据记录的实验数据，做出了如图所示的p−V图，图线在V1、V2之间的所围面积的物理意义表示 。
【答案】（1）A；1.930；（2）B；（3）气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功
【详解】（1）[1] 测量线圈的内径应使用游标卡尺的内径测量爪A进行测量。
[2]由图丙可知，此游标卡尺,精度为120mm=0.05mm，则读数为19mm+6×0.05mm=1.930cm
（2）[3] A．该实验无需保持磁铁运动的速率不变，故A错误；
B．该实验必需记录感应电流产生的磁场方向，这样才能知道感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系，故B正确；
C．该实验需要记录磁铁在线圈中的磁场方向，才能得到磁场的变化与感应电流的方向关系，故C错误；
D．该实验需要确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系才能知道产生的感应电流的具体的方向，故D错误。
故选B。
（3）[4] 由功的计算公式可知W=FΔL=pS⋅ΔL=p⋅ΔV，即pΔV的乘积表示气体体积变化时所做的功，图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示：气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功。
16．（1）某一电学黑箱内可能有电源、电容器、电感线圈、二极管、定值电阻等元件，在接线柱间以如图甲所示的“Z”字形连接（虚线所连的两接线柱间只有一个元件）。为了确定各元件种类，小华同学用多用电表进行了如下实验。若已判定黑箱中无电源，现将选择开关旋至欧姆表“×1”挡，调节好多用电表，分别测量AB、BC、CD间的正向电阻和反向电阻，记录如下表。请在图丙中画出黑箱内的所有元件及其连接方式 。
（2）甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内阻的实验。他们设计的电路原理如图1，其中R为电阻箱，R0为保护电阻，阻值R0=5.0Ω，电流表A的内阻RA=9.0Ω。他们改变R的阻值，记下多组R和电流表示数I。甲同学以IR作纵坐标，以I作横坐标，作图处理数据；乙同学以IR+R0为纵坐标，以I为横坐标处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图如图2所示。

①由图2可知，甲同学绘制的是图线 （填“a”或“b”），由该图线得到的电源电动势为
V，内阻为 Ω。
②丙同学打算以1I为纵坐标，以R作横坐标，请根据①中计算的结果将丙所作图线在图3中画出 。
【答案】（1）见详解；（2）a；1.5；1.0；见详解
【详解】（1）[1]接AB之间时电阻开始很小，然后变为很大，可知AB之间为电容器；接BC之间时电阻逐渐由大变小，最终稳定在某一值，可知BC之间为电感线圈；接CD之间电阻为恒定值，可知CD之间为定值电阻。所以黑箱内的元件及其连接方式如下图
（2）[2]由闭合回路欧姆定律可得E=I（R+RA+R0+r)，
甲图线对应的U、I关系式为U=E−I(RA+R0+r)
乙图线对应的U、I关系式为U=E−I(RA+r)，可知乙图线的斜率较小。故甲同学绘制的是图线a。
[3][4]关系式结合图线可得E=1.5V,RA+R0+r=1.50.1Ω，解得r=1Ω
[5]由闭合回路欧姆定律可得1I=10+2R3，可知1I与R成线性关系，
当R=15Ω时，1I=20A−1，当R=0时，1I=10A−1，故作图如下
三、计算题：本部分共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
17．如图，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，它经过B点的速度为v0，之后沿半圆形导轨运动，恰好能够到达半圆轨道的最高点C点。重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）求物体在半圆轨道的最低点B时对轨道的压力；
（3）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
【答案】（1）12mv02；（2）mg+mv02R；（3）2.5mgR−12mv02
【详解】（1）根据功能关系可得弹簧压缩至A点时的弹性势能EP=12mv02
（2）在最低点，根据牛顿第二定律可得FN﹣mg=mv02R，解得FN=mg+mv02R
物体在半圆轨道的最低点B时对轨道的压力为mg+mv02R；
（3）物体恰好能够到达半圆轨道的最高点，则有mg=mv2R
从B到C的过程中，根据动能定理可得−mg⋅2R+W=12mv2−12mv02
解得物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功W=2.5mgR−12mv02
18．如图所示，光滑水平面上有一个由均匀电阻丝做成的正方形线框。线框的边长为L，质量为m，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的初速度v进入磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场区域。线框能完全进入磁场，且线框ab、cd两边始终与磁场边界平行。求：
（1）cd边刚进入磁场时，线框中感应电流I的大小及c、d两点的电势差U；
（2）若ab边进入磁场时的速度为v′，则线框在进入磁场的过程中最大的加速度a及产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量q。
【答案】（1）I=BLvR，34BLv；（2）B2L2vmR，12mv2−12mv′2；（3）BL2R
【详解】（1）cd边刚进入磁场时，线框产生的感应电动势为E = BLv
根据闭合电路欧姆定律，线框感应电流的大小I=BLvR， c、d两点的电势差U =34BLv
（2）线框刚进入磁场的时的加速度最大，此时线框受到的安培力F=BIL =B2L2vR
根据牛顿第二定律有a=Fm=B2L2vmR，根据能量守恒定律有Q=12mv2−12mv′2
（3）根据法拉第电磁感应定律，此过程线框的平均感应电动势E=NΔΦΔt =BL2Δt
根据闭合电路欧姆定律，线框的平均电流I=ER=BL2RΔt，通过线框导线横截面的电荷量q=I⋅Δt=BL2R
19．如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和相同速率向四周喷射而出，水滴下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。水滴的运动为一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。图甲中的喷泉水滴的运动轨迹如图乙所示，上升的最大高度为h，水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为2h。已知喷水口的流量Q（流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，重力加速度大小为g。
（1）求喷泉中的水从喷水口喷出时的速度大小v；
（2）如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h处由静止提升至水面，然后再喷射出去。已知：水泵提升水的效率为η，求水泵抽水的平均功率P。
【答案】（1）5gℎ2；（2）P=9ρQgℎ4η
【详解】（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，
竖直方向上有ℎ=12gt2，水平方向上有ℎ=vxt，解得vx=gℎ2
水从喷口喷出时竖直方向vy=2gℎ，所以水从喷口喷出时的速度大小为v=vx2+vy2=5gℎ2
（2）在Δt时间内，喷射出水的质量Δm=ρQΔt
在最高点的动能为12Δmvx2，由功能关系可得ηPΔt=Δmg2ℎ+12Δmvx2，解得P=9ρQgℎ4η
20．如图甲所示是研究光电效应的实验电路图，ab、cd为两正对的、半径为R的平行的、圆形金属板，板间距为d，且满足R>>d。当一细束频率为ν的光照极板ab圆心时，产生沿不同方向运动的光电子。调节滑片改变两板间电压，发现当电压表示数为UC时，电流表示数恰好为零。假设光电子只从极板圆心处发出，普朗克常量为h，电子电量为e，电子质量为m，忽略场的边界效应和电子之间的相互作用。
（1）求金属板的逸出功W0；
（2）若交换电源正负极，调节滑片逐渐增大两极板间电压，求电流达到饱和时的最小电压U1；
（3）断开开关，在两板间加上方向垂直纸面向里的匀强磁场，如图乙所示。求电流表读数为零时磁感应强度B的最小值；
（4）已知单位时间内从ab板逸出的电子数为N，电子逸出时所携带动能在0至最大动能之间粒子数是均匀分布的。假设所有逸出的电子都垂直于ab板向cd板运动，如图丙所示。调整滑动变阻器的滑片，当cd与ba两板之间电势差为U2时，求安培表的读数及对应的电阻值。
【答案】（1）hv-eUC；（2）4UCd2R2；（3）2d2mUCe；（4）UC−U2UCNe，U2UC(UC−U2)eN
【详解】（1）分析电路可知，金属板间加反向电压，
当电压为UC时，检流计的电流为零，有eUC=12mv02，
根据爱因斯坦光电效应方程可知12mv02=ℎv−W0，解得逸出功W0=hv-eUC
（2）交换电源正负极，金属板加正向电压，平行金属板飞出的电子到达M板时，电流达到饱和，该电子做类平抛运动，初速度为v0，则有d=U1e2dmt2，R=v0t，eUC=12mv02，联立解得U1=4UCd2R2
（3）平行于极板ab向右射出的电子做圆周运动，恰好不能到达cd板时，电流就变为零。
qvBmin=mv02r ，r=d2，联立解得Bmin=2d2mUCe
（4）电子动能在0至eUc之间均匀分布，当电压为U2时，动能在eU2至eUc的电子才能到达cd板形成电流，由eUCe(UC−U2)=Nn，I=ne解得I=UC−U2UCNe
电阻的电压为U2 ，则有U2=IR0，解得R0=U2UC(UC−U2)eN
A、B
红表笔接A
黑表笔接B
红表笔接B
黑表笔接A
开始很小，然后变为很大
B、C
红表笔接B
黑表笔接C
红表笔接C
黑表笔接B
逐渐由大变小，最终稳定在某一值
C、D
红表笔接C
黑表笔接D
红表笔接D
黑表笔接C
恒定值