2023北京高三二模物理汇编
质谱仪与回旋加速器
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为＋q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（ ）
A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后将做类似平抛的运动
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
2．（2023·北京东城·统考二模）回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小
B．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长
C．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大
D．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长
3．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（ ）
A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势
B．仅增大电流I，电势差U可以保持不变
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为
D．半导体内载流子定向移动的速率为
4．（2023·北京丰台·统考二模）质谱仪是分析同位素的重要工具，其原理如图所示。氖元素的两种同位素粒子a、b质量不同、电荷量相同。a、b两种粒子从容器A下方的小孔，飘入电势差为U的加速电场，其初速度可视为0，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场。a、b两种粒子分别打到照相底片D上的M和N处，关于a、b两种粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．两种粒子的动能不相同
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子受到的洛伦兹力大于b粒子受到的洛伦兹力
D．a粒子的运动时间大于b粒子的运动时间
二、解答题
5．（2023·北京东城·统考二模）在匀强磁场中放置一个截面为矩形的通电导体或半导体薄片，当磁场方向与电流方向垂直时，在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象称为霍尔效应，产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。霍尔电压与电流之比称为霍尔电阻。
（1）图甲所示的半导体薄片的厚度为d，薄片中自由电荷的电荷量为q，单位体积内的自由电荷数为n。磁感应强度大小为B。请你推导霍尔电阻的表达式。
（2）在发现霍尔效应约100年后，科学家又发现某些半导体材料的霍尔电阻，在低温和强磁场下，与外加磁场的关系出现一个个的“平台”，在平台处霍尔电阻严格等于一个常数除以正整数，即，其中h为普朗克常数，e为电子电荷量，i为正整数，这个现象被称为整数量子霍尔效应。在环境温度小于4K时，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度B的关系图像如图乙所示。由于量子霍尔电阻只与基本物理常数有关，国际计量委员会推荐在世界范围内用量子电阻标准替代实物电阻标准，以避免实物电阻阻值因环境影响而变化。由于霍尔电阻与实物电阻的定义并不相同，因此需要利用一些方法才可以将量子霍尔电阻标准电阻值“传递”给实物电阻。“传递”的一种方法叫“电位差计比较法”，其原理可简化为图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。通过比较霍尔电势差与实物电阻两端的电势差，即可达到比较霍尔电阻与实物电阻阻值的目的。
a．某次实验时，霍尔元件所处环境温度为1.5K，磁感应强度大小为8T，此时a、b两点间的霍尔电势差与c、d两点间的电势差相等。若，。通过分析，计算该实物电阻的阻值（结果保留两位有效数字）。
b．如果要通过量子霍尔效应“传递”出一个阻值为的标准实物电阻，请你说明操作思路。
6．（2023·北京昌平·统考二模）现代科学研究中常用到高能粒子，产生这些高能粒子的“工厂”就是各种各样的粒子加速器。
（1）如图所示，真空中平行金属板M、N之间所加电压为U，一个质量为m、电荷量为的粒子从M板由静止释放，经电场加速后到达N板，不计带电粒子的重力。求带电粒子到达N板时的速度大小v。
（2）1930年，物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器，其工件原理如图所示。半径为R的高真空的D形金属盒处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。将两盒与电压为U的高频交流电源相连，两盒的狭缝间形成周期性变化的电场。A处粒子源产生的带电粒子，质量为m、电荷量为，初速度忽略不计。调整交流电源的频率可使粒子每次通过狭缝时都能被加速。不计带电粒子穿过狭缝的时间和粒子所受重力。
a．求所用交流电源的频率f；
b．对于用回旋加速器加速带电粒子，甲、乙两位同学有不同的看法：甲同学认为增大交流电源的电压U，就能得到更大能量的粒子；乙同学认为增大D形盒的半径R，就能得到更大能量的粒子。忽略相对论效应。你认为哪位同学的看法合理？简要说明理由。
参考答案
1．D
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有
当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有
则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C错误；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为
向下的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】A ．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则由牛顿第二定律有
化简得
粒子离开加速器时的动能为
故电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大，故A错误；
B．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则有
化简可得粒子在磁场中的周期为
又由于电势差一定，粒子在电场中每次加速电场力做功相同，若忽略第一次加速的能量转化大小，则设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速器，则有
又由牛顿第二定律有
粒子在回旋加速器运动的时间为
由以上各式解得
由上式可知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长，故B正确；
C．粒子离开加速器时的动能为
故磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能不变，故C错误；
D．粒子在回旋加速器运动的时间为
由上式可知，磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】A．沿方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿-y方向，磁感应强度方向沿-x方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A错误；
B．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
根据电流的微观意义可知
联立可得
则仅增大电流I，电势差U增大，故B错误；
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小
故C正确；
D．根据
半导体内载流子定向移动的速率
故D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．设两粒子的电荷量为，粒子在电场中加速有
两粒子电荷量相同，动能相同。A错误；
B．离子在电场中加速有
解得
在磁场中偏转有
解得
a、b两种粒子分别打到照相底片D上做圆周运动的M和N处，a做圆周运动的半径大于b做圆周运动的半径。两粒子质量关系
由
可知
B错误；
C．a粒子的速度小于b粒子的速度，两粒子电荷量相同，a粒子受到的洛伦兹力小于b粒子受到的洛伦兹力。C错误；
D．a粒子的运动时间
b粒子的运动时间
又
D正确。
故选D。
5．（1）；（2）a．；b．见解析
【详解】（1）当半导体两端的霍尔电压稳定时，对于半导体内部电荷来说其所受电场力与洛伦兹力的合力为零，有
半导体内的电流为I，有
设半导体的长为a，宽为b，半导体的通电流方向的横截面积为
其半导体两端的霍尔电压为
整理有
根据霍尔电阻定义有
解得
（2）a．根据题意此时的霍尔电阻为
环境温度为1.5K，磁感应强度为8T，结合题意，带入数据有
因为通过霍尔元件的电流与通过实物电阻的电流相等，霍尔电势差与实物电阻两端的电势差相同，所以实物电阻的电阻等于此时霍尔元件的霍尔电阻，所以有
b．实验时，利用图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。让霍尔元件所处环境温度低于4K，磁感应强度大小为5T，调节a、b两点间的霍尔电势差与c、d两点间的电势差相等，则此时通过量子效应 “传递”出的即为阻值的标准实物电阻。
6．（1）；（2）；
【详解】（1）带电粒子从M板由静止释放加速到N板的过程，根据动能定理，有
带电粒子到达N板时的速度大小为
（2）a．根据回旋加速器的工作原理可知，交流电源的频率与粒子做圆周运动的频率相同
b．乙同学的看法合理；
理由是：粒子的速度与半径成正比，所以当圆周运动的半径最大时，粒子的动能最大，则有
解得
所以增大交流电源的电压U，不能得到更大能量的粒子；增大D形盒的半径R，能得到更大能量的粒子。2023北京高三二模物理汇编
磁场对通电导线的作用力
一、单选题
1．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂有一个矩形线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。所测磁场的磁感强度B的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，在匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒用两等长绝缘细线悬挂于同一水平线上的、两点，两细线均与导体棒垂直。图中直角坐标系的x轴与导体棒及平行，z轴竖直向上。若导体棒中通以沿x轴正方向、大小为I的电流，导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。则磁感应强度可能（ ）
A．沿x轴正方向，大小为
B．沿y轴正方向，大小为
C．沿z轴正方向，大小为
D．沿细线向下，大小为
二、解答题
3．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，两根间距为的平行金属导轨在同一水平面内，质量为的金属杆b垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成角斜向上。闭合开关S，当电路电流为时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为。求：
（1）金属杆ab受到的安培力大小；
（2）导轨对金属杆ab的支持力大小；
（3）滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。
参考答案
1．A
【详解】根据平衡条件有
解得
故选A。
2．D
【详解】A．若磁感应强度沿x轴正方向，与电流方向同向，导体棒不受安培力。导体棒不可能在图示位置保持静止。A错误；
B．若磁感应强度沿y轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力竖直向上，导体棒不可能在图示位置保持静止。B错误；
C．沿z轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力水平向左，导体棒不可能在图示位置保持静止。C错误；
D．沿细线向下，大小为，安培力大小
方向与细线垂直斜向右上方。安培力与细线的拉力的合力恰好重力平衡。且导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。
D正确。
故选D。
3．（1）；（2）；（3）不同意，分析见解析
【详解】（1）金属杆ab受力示意图如图所示
磁场对金属杆ab的安培力大小为
（2）竖直方向根据受力平衡可得
解得
（3）不同意该同学的说法。
金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小与支持力无关；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即
因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大。2023北京高三二模物理汇编
万有引力与宇宙航行章节综合
一、多选题
1．（2023·北京房山·统考二模）关于天体的一些信息如图表所示，仅利用表中信息不能估算出下列哪个物理量（ ）
地球公转周期 约365天 地球表面重力加速度 约9.8m/s2
地球自转周期 约24小时 地球半径 约6400km
月球公转周期 约27天 引力常量
A．地心到月球中心的距离 B．月球的质量
C．地球的第一宇宙速度 D．地球同步卫星距离地面的高度
二、单选题
2．（2023·北京东城·统考二模）图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道1上运行时，向心力始终不改变
B．卫星在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，速度越来越大
D．不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同
3．（2023·北京昌平·统考二模）某学习小组观看完“太空授课”后，设计出4种在太空实验舱中测量小物块质量的方案：
①将待测小物块悬挂在劲度系数为k的轻弹簧下端，测出小物块静止时弹簧的形变量，根据，求得小物块的质量
②让待测小物块随实验舱一起绕地球做匀速圆周运动，测出圆周运动的半径r和周期T，根据，求得小物块的质量
③对待测小物块施加一个恒定的拉力F，使小物块从静止做匀加速直线运动，测出经过时间t时的速度v，根据，求得小物块的质量
④用一个弹簧测力计拉着待测小物块做匀速圆周运动，测出弹簧测力计示数F、圆周运动的半径R和周期T，根据，求得小物块的质量
其中可行的方案有（ ）
A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④
4．（2023·北京昌平·统考二模）卡文迪许在1798年17卷《哲学学报》中发表他关于引力常量的测量时，曾提到他的实验是为了确定出地球的密度。已知引力常量为G，要想估测地球的密度，只需测得（ ）
A．地球的质量 B．地球的半径
C．近地卫星的运行周期 D．地球表面的重力加速度
三、解答题
5．（2023·北京西城·统考二模）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a、卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b、在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ、卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。已知，木星和地球的密度分别为和，木星和地球的半径分别为和R，且。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d——“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，。】
6．（2023·北京海淀·统考二模）设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知引力常量G，地球表面的重力加速度g，忽略地球自转。
（1）推导地球质量M的表达式。
（2）推导地球第一宇宙速度v的表达式。
（3）设地球的密度为ρ，靠近地球表面做圆周运动的卫星的周期为T，证明。
参考答案
1．ACD
【详解】A．在地球表面，物体的重力等于万有引力，有
得地球的质量
已知地球表面重力加速度和地球的半径，以及已知引力常量，可估算地球的质量。
月球绕地球近似做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，得
已知G和T，M由上求出，由此式可以求出地心到月球中心的距离r，故A正确；
B．月球作为环绕天体，不能求出月球的质量，故B错误；
C．第一宇宙速度即为近地卫星的运行速度，根据重力等于向心力，得
得地球的第一宇宙速度
g、R均已知，所以可以估算第一宇宙速度，故C正确；
D．地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，得
地球同步卫星的运行周期T等于地球自转的周期，由此式求出地球同步卫星离地面的高度h，故D正确。
故选ACD。
2．D
【详解】A．卫星在轨道1上运行时做匀速圆周运动，则向心力大小始终不改变，但是方向不断变化，选项A错误；
B．根据
解得
卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，选项B错误；
C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，则速度越来越小，选项C错误；
D．根据
可知，不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】物体处于完全失重状态，无法测得小物块静止时弹簧的形变量，故①错误；
由式中可知小物块的质量被消去，无法计算，故②错误；
根据③和④的操作可以测得小物块的质量。
故选C。
4．C
【详解】AB．地球密度可表示为
如果只知道地球的质量或只知道地球的半径，是无法估测地球的密度，AB错误；
C．近地卫星运行过程由引力作为向心力可得
代入上式可得
故已知近地卫星的运行周期，可估测地球的密度，C正确；
D．物体在地球表面满足
能求出地球质量，是无法估测地球的密度，D错误。
故选C。
5．（1）a、；b、见解析；（2）
【详解】（1）a、卫星在近地轨道Ⅰ上的运行时，根据万有引力提供向心力，有
解得卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为
b、设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点和远地点的等效圆周运动的半径分别为和，根据牛顿第二定律可得，卫星在近地点时
卫星在远地点时
由椭圆的对称性可知
联立以上各式可得
（2）设木星质量为，地球质量为，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为的物体，地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有
物体在木星引力和地球引力作用下，有
其中
，
当时，地球将被撕裂
由可得
整理得
因为，所以很小
代入得
推得“洛希极限”的表达式为
6．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）忽略地球自转，地球表面的物体所受重力等于万有引力
解得地球质量
（2）在地球表面附近万有引力提供向心力
解得地球第一宇宙速度
（3）靠近地球表面做圆周运动的卫星，万有引力提供向心力
又地球质量
解得2023北京高三二模物理汇编
力学实验
1．（2023·北京房山·统考二模）利用如图甲所示的装置可以验证动量守恒定律，O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让质量较大的入射小球A多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出水平射程OP。然后，把大小相同，质量较小的被碰小球B静置于轨道末端，仍将甲入射小球A从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球B相碰，多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。
（1）关于本实验，下列说法中正确的是________。
A．A、B两小球半径应相等
B．斜槽末端的切线必须水平
C．斜槽轨道必须光滑
D．在同一组实验中，小球B的落点并不重合，说明操作中出现了错误
（2）实验中需要的测量仪器有________。
A．天平B．打点计时器C．刻度尺D．秒表
（3）在某次实验中，两球质量分别为mA、mB，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若近似满足关系________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上动量守恒。
（4）某同学想验证碰撞中的动量守恒。选择大小相等、质量分别为mA、mB（mA
（1）小球1和2的质量应满足___________，直径应满足___________。（选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有___________。（选填选项前的字母）
A．测量两个小球的质量、
B．测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C．测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式___________是否成立[用（2）中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由___________。
3．（2023·北京东城·统考二模）某同学做“研究平抛运动的特点”实验。
（1）用图甲所示装置研究平抛运动竖直分运动的特点。A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落。两球在空中运动的过程中，下列说法正确的是________。
A．A球的运动时间比较长
B．两球的运动时间一样长
C．只改变小锤的击打力度，不会影响两球的运动时间
D．只改变两小球开始运动时距地面的高度，不会影响两球的运动时间
（2）用频闪照相的方法研究平抛运动水平分运动的特点。图乙所示的频闪照片中记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置。有同学认为，小球在水平方向做匀速直线运动，其判断依据是________________________。
（3）图丙是某同学根据实验画出的小球做平抛运动的轨迹，O为平抛的起点。在轨迹上取两点A、B，测得A、B两点的纵坐标分别为y1=5.00cm，y2=45.00cm，A、B两点间的水平距离x2-x1=40.00cm。g取10m/s2，则小球的初速度v0为________m/s（结果保留两位有效数字）。
（4）放学途中，有同学看见园林工人正在用手拿着喷水管为草地浇水。他观察发现，水沿水平方向喷出，出水口的横截面是圆形。他想利用所学的平抛知识估测水的流量Q（单位时间内流过出水口的水的体积）。已知当地的重力加速度为g，请写出他还需要测量哪些物理量，并推导出流量Q的计算公式（所需字母自行设定）________。
4．（2023·北京昌平·统考二模）在“验证机械能守恒定律”实验中：
（1）甲同学采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图所示。下列说法正确的是________。
A．实验前必需用天平测出重物的质量 B．打点计时器应接低压直流电源
C．实验时先通电，稳定后再释放纸带 D．重锤释放位置应靠近打点计时器
（2）该同学选取了如图所示的一条纸带，O点是重锤开始下落时打出的点，A、B、C是按打点先后顺序选取的三个计数点。通过测量得到O、A间距离为，O、B间距离为，O、C间距离为。已知计数点A、B间和B、C间的时间间隔均为T，重锤质量为m，当地重力加速度为g。从重锤开始下落到打点计时器打B点的过程中，重锤动能的增加量________。如果与近似相等，则可验证机械能守恒（用题目中所测量和已知量表示）。
（3）乙同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。如图所示，将拉力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，另一端连在拉力传感器上的O点。将小球拉至细线与竖直方向成角处无初速度释放，拉力传感器显示拉力的最大值为F。已知小球的质量为m，重力加速度为g。当约为________时，可说明小球摆动过程中机械能守恒。
5．（2023·北京朝阳·统考二模）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）如图所示，某同学在“用单摆测重力加速度”实验中，有如下步骤：
A．用米尺测量出悬线的长度l，并将它记为摆长
B．用天平测量出摆球的质量m
C．使单摆小角度摆动后，用秒表记录全振动n次的时间，并计算出摆动周期T
以上步骤中错误的是________，不必要的是________。（选填步骤前的字母）
（2）某同学在研究平抛运动时，用印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，若小球在平抛运动中的几个位置如图2中的a、b、c、d所示，则小球通过相邻位置的时间间隔________，小球平抛的初速度________。（重力加速度为g）
（3）图3为探究加速度与质量的关系的实验装置示意图。保持钩码的质量m一定，某同学在处理数据时，以小车加速度的倒数为纵轴、以小车质量M为横轴，作出的图像如图4所示，发现图像有纵截距，他认为这是由于实验中没有完全平衡摩擦力而造成的，请论证该同学的观点是否正确_________。
6．（2023·北京丰台·统考二模）某同学利用如图甲所示装置测量物块与木板之间的动摩擦因数。实验台上固定一个力传感器，传感器用细线拉住物块，物块放置在水平的长木板上。水平向左拉动木板，物块相对实验台静止，记录下传感器的示数F。在物块上放置数量不同的砝码，改变物块和砝码的总质量m，得到多组数据，做出图像如图乙所示。已知直线的斜率为k，重力加速度为g。
（1）水平向左拉动木板，在物块相对实验台静止的过程中，下列说法正确的是___________。
A．物块受到的是静摩擦力
B．物块受到的是滑动摩擦力
C．实验时可以加速拉动木板
D．传感器测量的就是物块所受的摩擦力
（2）物块和长木板之间的动摩擦因数___________（用k和g表示）。
参考答案
1． AB/BA AC/CA 见解析
【详解】（1）[1]ABC．在实验中，要保证两小球发生对心正碰，所以两小球半径相等，且小球离开斜槽应做平抛运动，所以斜槽末端切线水平，但不需要斜槽光滑，故AB正确，C错误；
D．在同一组实验中，由于实验存在误差，所以小球B的落点并不重合，不能说明操作中出现错误，故D错误。
故选AB。
（2）[2]两小球在碰撞过程中有
由于小球从相同高度做平抛运动，所以下落时间相等，所以
即需要用天平测量小球的质量，刻度尺测量O点到平均落点的距离。
故选AC。
（3）[3]由以上分析可知，在实验误差允许范围内，两球碰撞前后在OP方向上动量守恒，应满足的关系
（4）[4]本实验中应将A球向左拉起，测量轻绳与竖直方向的夹角θ，并将A球由该位置静止释放，两球在最低点发生碰撞，然后测量碰后A球反弹到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角α，B球上升到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角β，根据机械能守恒定律有
根据动量守恒定律有
即
2． 大于 等于 ADE/AED/DAE/DEA/EAD/EDA 小球水平飞出的速度与其水平射程成正比
【详解】（1）[1]小球1和小球2相碰后不能反弹，所以小球1的质量要大于小球2的质量。
[2]由于该实验装置不能调节小球2摆放位置的高度，所以为保证两小球发生对心碰撞，两小球的直径要相等。
（2）[3]A．本实验要“验证动量守恒定律”，故需测量两个小球的质量、，A正确；
B．小球1碰撞前的速度大小可以通过平抛运动规律求得
联立可得
实验中小球1每次都从同一位移S释放即可，无需测量释放点S距桌面的高度h，B错误；
CDE．由于各小球做平抛运动的竖直高度相同，所以由可得它们飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以在验证动量守恒定律时，由
可得
故无需测量斜槽轨道末端距地面的高度H，需要测量各球平均落点的水平射程，故C错误，D、E正确。
故选ADE。
（3）[4][5]由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上，由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以仅需验证关系式
即可验证两球碰撞前后动量守恒。
3． BC/CB 相邻两球水平方向的距离相等 2.0 见解析
【详解】（1）[1]AB．本实验中A球做平抛运动，但在竖直方向做自由落体运动，与B球的运动情况相同，所以两球同时落地，故A错误，B正确；
C．若改变小锤的击打力度，两球的运动时间不变，故C正确；
D．根据自由落体运动规律可得
所以改变两小球开始运动时距地面的高度，运动时间改变，但两球的运动时间始终相等，故D错误。
故选BC。
（2）[2]频闪照片中记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置，小球在水平方向做匀速直线运动，其判断依据是相邻两球水平方向的距离相等。
（3）[3]根据平抛运动的规律有
代入数据解得
（4）[4]根据题意，出水口的流量为
所以
由此可知，需要测量的物理量为出水口的直径d，出水口到落水点的水平距离x和竖直高度h。
4． CD/DC
【详解】（1）[1]A．因为要验证，两边的质量可以消掉，所以可以不必测量质量，A错误；
B．打点计时器应接交流电源，B错误；
C．打点计时器实验时应先通电，稳定后再释放纸带，C正确；
D．重锤释放位置应靠近打点计时器，D正确。
故选CD。
（2）[2]B点的速度等于AC间的平均速度，为
故重锤动能的增加量为
（3）[3]若机械能守恒则有
在最低点拉力与重力的合力提供向心力
联立可得
故当约为时，可说明小球摆动过程中机械能守恒。
5． A B 见解析
【详解】（1）[1][2]摆长应等于摆线长与摆球半径之和，故错误的是A；摆球应选用体积小、密度大，不必测量质量，故不必要的是B。
（2）[3][4]水平方向
竖直方向
小球通过相邻位置的时间间隔为
小球平抛的初速度为
（3）[5]根据
得
可知，图像与纵轴截距等于重力加速度的倒数，故该同学的观点是错误的。
6． BC/ CB
【详解】（1）[1] A B．水平向左拉动木板，物块与木板发生相对滑动，物块受到的是滑动摩擦力。A错误，B正确；
C．实验时可以加速拉动木板，物块相对地面静止，物块受到的滑动摩擦力和绳子的拉力平衡；C正确；
D．传感器测量的绳子的拉力，拉力大小与物块所受的摩擦力大小相等。D错误。
故选BC。
（2）[2]由平衡条件得
因此图像的斜率
得2023北京高三二模物理汇编
运动和力的关系章节综合
一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考二模）物理课上，老师演示了一个实验：如图所示，水平粗糙木板上放置两个物块，其间有一个处于拉伸状态的弹簧。将木板抬至空中保持水平，两物块相对木板保持静止，然后将整个装置无初速释放，下落过程中可能观察到的现象是（ ）
A．两物块依旧相对木板保持静止
B．两物块相对木板运动且彼此靠近
C．质量大的物块与木板保持相对静止，质量小的物块靠近质量大的物块
D．质量小的物块与木板保持相对静止，质量大的物块靠近质量小的物块
2．（2023·北京房山·统考二模）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。弹簧下端悬挂重物，静止时，弹簧下端的指针指直尺上某一位置，标记为0，将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量电梯运行时竖直方向的加速度。下列说法正确的是（ ）
A．指针指到0刻度时，说明电梯处于静止状态
B．若电梯上升，则指针一直指在0刻线以下
C．各刻度对应加速度的值是均匀的
D．若改变重物的质量，则各刻度对应的加速度值不变
3．（2023·北京房山·统考二模）在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定（ ）
A．地铁运行方向 B．地铁运行加速度方向
C．圆珠笔的质量 D．地铁运行加速度大小为
二、解答题
4．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，一个质量的物块从光滑的斜面顶端A下滑，斜面高度，斜面长为2.5m。物块与水平面动摩擦因数为0.1，斜面与水平面平滑连接，物块运动到水平面C点静止。g取10m/s2，求：
（1）物块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）物块到达斜面末端B点时的速度大小v；
（3）物块在水平面运动的位移大小x。
5．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，倾角、高度的斜面与水平面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知小木块的质量，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度。，。求：
（1）小木块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）小木块滑至斜面底端时的速度大小v；
（3）小木块在水平面上运动的距离x。
参考答案
1．B
【详解】开始时物块相对木板静止，则弹力等于摩擦力；将整个装置无初速释放，下落过程中，物块处于完全失重状态，对木板的压力为零，此时摩擦力为零，则两物块在弹簧弹力作用下相对木板运动且相互靠近。
故选B。
2．C
【详解】A．静止时，弹簧下端的指针指直尺上某一位置，标记为0，此时重力与弹簧弹力等大反向，处于平衡状态，所以指针指到0刻度时，说明电梯处于静止或者匀速直线运动状态，故A错误；
B．若电梯匀速上升，针指到0刻度；若电梯加速上升，重物处于超重，指针指在0刻线以下；若电梯减速上升，重物处于失重，指针指在0刻线以上，故B错误；
CD．若规定竖直向上为正方向，设稳定时弹簧长度的读数为l，根据牛顿第二定律有
可得
可知各刻度对应加速度的值是均匀的，若改变重物的质量，则各刻度对应的加速度值要发生变化，故C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】AB．物体受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖直向下，则物体所受的合力水平向左，由牛顿第二定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，故B正确，A错误；
CD．圆珠笔受力如图
根据牛顿第二定律得
所以
无法计算圆珠笔的质量，故CD错误。
故选B。
4．（1）；（2）5m/s；（3）12.5m
【详解】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律有
根据几何关系有
解得
（2）物块从A到B根据运动学规律可得
代入数据可得
v=5m/s
（3）在水平面上运动摩擦阻力提供加速度有
物块从B到C根据运动学规律可得
代入数据可得
x=12.5m
5．（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m
【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知
解得加速度大小
（2）根据
可得小木块滑至斜面底端时的速度大小
v=2m/s
（3）小木块在水平面上运动时的加速度
运动的距离2023北京高三二模物理汇编
压轴计算题（第20题）
1．（2023·北京丰台·统考二模）物理源自生活，生活中处处有物理。
清洗玻璃杯外表面时，水流与玻璃杯表面的粘滞力会影响水流下落的速度，并使水流沿着玻璃杯的外表面流动，如图所示。已知该水龙头水流的流量为Q（单位时间内流出水的体积），水龙头内径为D。
（1）求水流出水龙头的速度；
（2）现用该水龙头清洗水平放置的圆柱形玻璃杯，柱状水流离开水龙头，下落高度为h，与玻璃杯横截面圆心O处于同一水平面时，开始贴着玻璃杯外表面流动，经过一段时间后达到如图所示的稳定状态。水流经过玻璃杯的最低点A时，垂直于速度方向的横截面可认为是宽度为d的矩形。水流在A点沿水平方向离开玻璃杯，落至水池底部B点，落点B到A点正下方C点的距离为x，AC竖直高度为H（H远大于玻璃杯表面水流厚度）。已知水池底面为水平面，不考虑空气阻力的影响，且认为下落过程水不散开，水的密度为，玻璃杯的外半径为R，重力加速度为g，求：
a.水流在A点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小F；
b.达到稳定状态后，t时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功W。
2．（2023·北京朝阳·统考二模）无处不在的引力场，构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。
（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）
（2）物体处于引力场中，就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。
中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为、，且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。
（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据，可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出图像，如图所示。已知太阳的质量，太阳距离银心。
a．某同学根据表达式认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。
b．将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能。
3．（2023·北京海淀·统考二模）摆，是物理学中重要的模型之一。如图1所示，一根不可伸长的轻软细绳的上端固定在天花板上的O点，下端系一个摆球（可看作质点）。将其拉至A点后静止释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低点。忽略空气阻力。
（1）图2所示为绳中拉力F随时间t变化的图线，求：
a．摆的振动周期T。
b．摆的最大摆角θm。
（2）摆角θ很小时，摆球的运动可看作简谐运动。某同学发现他家中摆长为0.993m的单摆在小角度摆动时，周期为2s。他又查阅资料发现，早期的国际计量单位都是基于实物或物质的特性来定义的，称为实物基准，例如质量是以一块1kg的铂铱合金圆柱体为实物基准。于是他想到可以利用上述摆长为0.993m的单摆建立“1s”的实物基准。请判断该同学的想法是否合理，并说明理由。
（3）小摆角单摆是较为精确的机械计时装置，常用来制作摆钟。摆钟在工作过程中由于与空气摩擦而带上一定的负电荷，而地表附近又存在着竖直向下的大气电场（可视为匀强电场），导致摆钟走时不准。某同学由此想到可以利用小摆角单摆估测大气电场强度：他用质量为m的金属小球和长为L（远大于小球半径）的轻质绝缘细线制成一个单摆。他设法使小球带电荷量为-q并做小角度振动，再用手机秒表计时功能测量其振动周期T，已知重力加速度g，不考虑地磁场的影响。
a．推导大气电场强度的大小E的表达式。
b．实际上，摆球所带电荷量为10-7C量级，大气电场强度为102N/C量级，摆球质量为10-1kg量级，手机秒表计时的精度为10-2s量级。分析判断该同学上述测量方案是否可行。（提示：当时，有）
4．（2023·北京昌平·统考二模）类比是研究问题的一种常用方法。
（1）物体受到地球的万有引力作用，可以认为是通过引力场发生的。已知地球的质量为M，引力常量为G。类比电场强度，推导地球在距地心为r处（r大于地球半径）产生的引力场强度的表达式。
（2）经典电磁理论认为氢原子核外电子的运动与行星类似，在库仑引力的作用下绕核做匀速圆周运动。设电子的质量为m，电荷量为e，静电力常量为k，电子处于基态时的轨道半径为R。求电子处于基态时做圆周运动的线速度大小v。
（3）a．物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程描述，其中m为物体质量，为其重力。求物体下落的最大速率；并在图1所示的坐标系中定性画出速度v随时间t变化的图像。
b．图2为“演示电容器充、放电”的实验电路图。电源电动势为E、内阻不计。电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。将开关接1，给电容器充电，写出充电过程中极板电荷量q随时间t变化的方程。类比图像，在图3所示的坐标系中定性画出电荷量q随时间t变化的图像。
5．（2023·北京东城·统考二模）在匀强磁场中放置一个截面为矩形的通电导体或半导体薄片，当磁场方向与电流方向垂直时，在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象称为霍尔效应，产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。霍尔电压与电流之比称为霍尔电阻。
（1）图甲所示的半导体薄片的厚度为d，薄片中自由电荷的电荷量为q，单位体积内的自由电荷数为n。磁感应强度大小为B。请你推导霍尔电阻的表达式。
（2）在发现霍尔效应约100年后，科学家又发现某些半导体材料的霍尔电阻，在低温和强磁场下，与外加磁场的关系出现一个个的“平台”，在平台处霍尔电阻严格等于一个常数除以正整数，即，其中h为普朗克常数，e为电子电荷量，i为正整数，这个现象被称为整数量子霍尔效应。在环境温度小于4K时，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度B的关系图像如图乙所示。由于量子霍尔电阻只与基本物理常数有关，国际计量委员会推荐在世界范围内用量子电阻标准替代实物电阻标准，以避免实物电阻阻值因环境影响而变化。由于霍尔电阻与实物电阻的定义并不相同，因此需要利用一些方法才可以将量子霍尔电阻标准电阻值“传递”给实物电阻。“传递”的一种方法叫“电位差计比较法”，其原理可简化为图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。通过比较霍尔电势差与实物电阻两端的电势差，即可达到比较霍尔电阻与实物电阻阻值的目的。
a．某次实验时，霍尔元件所处环境温度为1.5K，磁感应强度大小为8T，此时a、b两点间的霍尔电势差与c、d两点间的电势差相等。若，。通过分析，计算该实物电阻的阻值（结果保留两位有效数字）。
b．如果要通过量子霍尔效应“传递”出一个阻值为的标准实物电阻，请你说明操作思路。
6．（2023·北京西城·统考二模）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a、卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b、在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ、卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。已知，木星和地球的密度分别为和，木星和地球的半径分别为和R，且。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d——“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，。】
7．（2023·北京房山·统考二模）我国正进行太阳帆推进器研究，宇宙飞船上携带面积很大反射率极高的太阳帆。太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，加速航天器。已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，单位时间内垂直照射到太阳帆单位面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。
（1）求单位时间内作用在太阳帆上的光子个数N；
（2）假设未打开太阳帆前宇宙飞船做匀速直线运动，太阳帆打开后，太阳光垂直照射，求宇宙飞船的加速度大小a；
（3）若太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少 m，假设能量均以光子形式不断向外辐射。请你利用题目所给数据，说明如何估测宇宙飞船到太阳的距离l。
参考答案
1．（1）；（2）a.，b.
【详解】（1）极短的时间内水龙头流出水的体积
解得
（2）a.以极短的时间内水龙头流出水为研究对象，水的质量为，该部分水在A点与玻璃杯底部接触面积为，水流在A点速度大小为v，则有
，
水流离开玻璃杯后在空中运动的时间为，则有
，
该部分水在A点，在竖直方向受到的合力提供向心力，则有
解得
b.设t时间内从水龙头流出的水质量为m，则有
在水从水龙头出水口运动至玻璃杯最低点A的过程中，由动能定理得
解得
2．（1）；（2）系统的引力势能减小，运动的周期减小；（3）a．见解析；b．
【详解】（1）根据类比，有
（2）在电场中，在只有电场力做功时，当电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，二者之和保持不变；当电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，二者之和保持不变。类比可知，在合并过程中，中子星受到的引力做了正功，则该中子星系统的引力势能将减小，由于引力势能和动能之和保持不变，则中子星的动能将增加，线速度将增大，同时由于运动半径的减小，所以运动的周期T将减小。
（3）a．根据引力场强度的定义及万有引力提供向心力可得
整理得
由上式可知，引力场强度g的大小与银心质量成正比，与到银心的距离平方成反比。表达式只能作为一个替换的计算式使用，不能用于定性分析引力场强度g的变化性质，因为它没有表达出引力场强度g的产生原因。
b．根据引力势能与动能之和保持不变可知，如果将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，则太阳在当前位置所具有的动能，就等于太阳在银河系中所具有的引力势能。由公式
可得太阳的速度平方为
由图可知，在时，，所以太阳的引力势能为
3．（1）a.2.16s，b.；（2）不合理，见解析；（3）a. ，b.见解析
【详解】（1）a.小球在A点与C点细绳的拉力最小且大小相等，小球从A到C再回到A是一个周期，故周期为
b.小球在A点与C点时，细绳的拉力最小
小球在A点与C点时，重力沿绳方向的分力大小等于细绳的拉力，则
小球在最低点B，细绳的拉力最大，由图可知
由牛顿第二定律可得
小球从A点到B点，由动能定理得
解得
（2）不合理，因为单摆的周期公式为，不同地区的纬度、海拔高度不同，g值不同，所以不可以利用上述摆长为0.993m的单摆建立“1s”的实物基准。
（3）a.重力场与电场叠加为等效重力场，则
单摆的周期公式则为
解得大气电场强度的大小E的表达式为
b.不可行，因为实际上达到的数量级是，与大气电场强度102N/C量级相差太大，也就是摆球所带电荷量太小，达不到实验需求。
4．（1）；（2）；（3）a.，；b. ，
【详解】（1）设质量为的物体在距地心为处，受到地球的万有引力大小为
类比电场强度的定义得引力场强度大小为
解得
（2）氢原子核外电子在库仑力的作用下做匀速圆周运动
解得
（3）a.当加速度为零时，速度最大，所以
图像如下图所示
b.给电容器充电时，有
联立可得
类比图像，可得图像如下图所示
5．（1）；（2）a．；b．见解析
【详解】（1）当半导体两端的霍尔电压稳定时，对于半导体内部电荷来说其所受电场力与洛伦兹力的合力为零，有
半导体内的电流为I，有
设半导体的长为a，宽为b，半导体的通电流方向的横截面积为
其半导体两端的霍尔电压为
整理有
根据霍尔电阻定义有
解得
（2）a．根据题意此时的霍尔电阻为
环境温度为1.5K，磁感应强度为8T，结合题意，带入数据有
因为通过霍尔元件的电流与通过实物电阻的电流相等，霍尔电势差与实物电阻两端的电势差相同，所以实物电阻的电阻等于此时霍尔元件的霍尔电阻，所以有
b．实验时，利用图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。让霍尔元件所处环境温度低于4K，磁感应强度大小为5T，调节a、b两点间的霍尔电势差与c、d两点间的电势差相等，则此时通过量子效应 “传递”出的即为阻值的标准实物电阻。
6．（1）a、；b、见解析；（2）
【详解】（1）a、卫星在近地轨道Ⅰ上的运行时，根据万有引力提供向心力，有
解得卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为
b、设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点和远地点的等效圆周运动的半径分别为和，根据牛顿第二定律可得，卫星在近地点时
卫星在远地点时
由椭圆的对称性可知
联立以上各式可得
（2）设木星质量为，地球质量为，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为的物体，地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有
物体在木星引力和地球引力作用下，有
其中
，
当时，地球将被撕裂
由可得
整理得
因为，所以很小
代入得
推得“洛希极限”的表达式为
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）一个光子的能量为
ε = hv
太阳帆每秒接受的能量为ES，故每秒内接受的光子的个数为
（2）光子垂直射到太阳帆上再反射，动量变化量为2p，设光对太阳帆的压力为F，光子的动量为
其中
单位时间内由动量定理知
由牛顿第二定律得
（3）太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少 m，则根据爱因斯坦的质能方程可知
E = mc2
若能量均以光子形式不断向外辐射，则距离太阳l处的宇宙飞船在单位面积接收到的能量为
联立有2023北京高三二模物理汇编
原子结构和波粒二象性章节综合
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，分为a、b两束。下列说法正确的是（ ）
A．在平行玻璃砖中，b光的速度比a光小
B．平行玻璃砖对b光的折射率比a光大
C．发生全反射时，b光的临界角比a光大
D．若用a光照射某金属刚好发生光电效应，则用b光照射一定能发生光电效应
2．（2023·北京海淀·统考二模）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．
3．（2023·北京西城·统考二模）氢原子能级示意图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子的能量增加
B．氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子向外辐射光子
C．大量处于能级的氢原子向基态跃迁过程中最多可辐射出3种频率的光子
D．处于基态的氢原子电离时将向外辐射13.6eV的能量
4．（2023·北京东城·统考二模）某光源发出的光由不同波长的光组成。不同波长的光的强度（表示光的强弱）如图所示。使金属恰好发生光电效应的光的波长，称为极限波长。表中为一些金属的极限波长。用该光源照射表中金属表面，则（ ）
材料 铂 钨 钠
极限波长（nm） 196 274 542
A．只有钠表面有电子逸出 B．只有铂表面有电子逸出
C．钨、铂表面均有电子逸出 D．铂、钨、钠表面均有电子逸出
5．（2023·北京东城·统考二模）卢瑟福提出原子核式结构模型是为了解释（ ）
A．α粒子散射实验 B．核聚变反应 C．天然放射现象 D．核裂变反应
6．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，细光束从空气射向平行玻璃砖上表面，经折射后分为a、b两束从下表面射出，则（ ）
A．在玻璃中传播时，a光的速度较大
B．从同一种介质射向真空，a光发生全反射的临界角较小
C．若增大入射光在上表面的入射角，则a光先在下表面发生全反射
D．若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属一定也能发生光电效应
7．（2023·北京昌平·统考二模）下列现象说明光具有粒子性的是（ ）
A．光的干涉现象 B．光电效应现象 C．光的衍射现象 D．光的偏振现象
8．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压Uc与入射光的频率的关系图像。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
9．（2023·北京丰台·统考二模）如图是研究光电效应的实验装置，开始时滑列变阻器的滑片P与固定点O正对。用频率为ν的光照射光电管的阴极K，观察到微安表指针偏转，不计光电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小照射光频率，微安表指针一定不偏转
B．仅减小照射光强度，微安表指针一定不偏转
C．仅将滑片P向a端移动，微安表示数变大
D．仅将滑片P向b端移动，光电子向A板运动的过程中动能变大
10．（2023·北京丰台·统考二模）卢瑟福通过对粒子散射实验的结果分析，提出的理论是（ ）
A．原子的核式结构模型
B．电子是原子的组成部分
C．原子核由质子和中子组成
D．电子在不同的轨道运动时，原子具有不同的能量
参考答案
1．C
【详解】B．光路图如图所示
由图可知，以相同的入射角射入玻璃，a光在玻璃中的折射角小于b光在玻璃中的折射角，根据折射定律
可知，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故B错误；
A．光在介质中的传播速度为
由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以在平行玻璃砖中，b光的速度比a光大，故A错误；
C．根据临界角与折射率的关系
由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以发生全反射时，b光的临界角比a光大，故C正确；
D．由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，若用a光照射某金属刚好发生光电效应，则用b光照射一定不能发生光电效应，故D错误。
故选C。
2．A
【详解】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。
故选A。
3．C
【详解】A．氢原子从能级跃迁到能级需要向外辐射光子，故该氢原子的能量减小，故A错误；
B．氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子需要吸收光子，故B错误；
C．大量处于能级的氢原子向基态跃迁过程中最多可辐射出不同频率光子的种类为
故C正确；
D．处于基态的氢原子电离时至少要吸收13.6eV的能量，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】根据光电效应方程可知
只要光的波长小于某金属的极限波长，就有光电子逸出，由题图可知，该光源发出的光的波长大约在400nm到800nm之间，而三种材料中，极限频率最小的钠的极限波长是542nm，在400nm到800nm之间，所以该光源能使钠产生光电效应；该光源发出的光的波长大于钨、铂的极限波长，钨、铂表面没有电子逸出。故A正确，BCD错误。
故选A。
5．A
【详解】卢瑟福提出原子核式结构模型是为了解释α粒子散射实验。
故选A。
6．B
【详解】A．根据折射定律
入射角相同，a光的折射角小，玻璃对a光的折射率大，根据
可知在玻璃中传播时，a光的速度较小，故A错误；
B．根据临界角公式
可知a光发生全反射的临界角较小，故B正确；
C．光在上表面的折射角等于在下表面的入射角，若增大入射光在上表面的入射角时，在下表面的入射角总小于临界角，可知a光先在下表面不会发生全反射，故C错误；
D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据光电效应方程
可知a光照射某金属能发生光电效应，b光照射该金属不一定发生光电效应，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】光电效应现象说明光具有粒子性，干涉现象、衍射现象和偏振现象说明光具有波动性。
故选B。
8．A
【详解】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
故Uc与图象的斜率为，从而解得普朗克常量；当Uc=0时，可解得：ν=νc可得该金属的截止频率和逸出功；但是不能求解饱和光电流，故选项A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
9．D
【详解】A．仅减小照射光频率，仍可能发生光电效应，微安表指针可能偏转，故A错误；
B．能否发生光电效应是由入射光的频率决定，与入射光的强度无关，故B错误；
C．将滑片P向a端移动，光电管所加的电压为反向电压，所以光电流会一直减小，故C错误；
D．仅将滑片P向b端移动，光电管所加的电压为正向电压，管中电场向左，电子从K向右逸出所受电场力向右，光电子向A板运动的过程中动能变大，故D正确。
故选D。
10．A
【详解】粒子散射实验中，少数粒子发生了大角度的偏转，这种现象枣糕模型不能够解释，卢瑟福通过对粒子散射实验的结果分析，提出了原子的核式结构模型。
故选A。2023北京高三二模物理汇编
机械能守恒定律章节综合
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v-x图像。下列说法正确的是（ ）
A．运动员下落整个过程中加速度保持不变
B．运动员下落整个过程中机械能守恒
C．运动员下落15m时，弹性绳的拉力等于运动员的重力
D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小
2．（2023·北京西城·统考二模）“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车的加速度增大到原来的2倍
B．绳上的拉力增大到原来的2倍
C．砂桶机械能的减少量小于原来的2倍
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多
3．（2023·北京朝阳·统考二模）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
二、解答题
4．（2023·北京西城·统考二模）图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角。将游客和座椅看作一个质点，质量。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度。（，）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
三、实验题
5．（2023·北京朝阳·统考二模）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）如图所示，某同学在“用单摆测重力加速度”实验中，有如下步骤：
A．用米尺测量出悬线的长度l，并将它记为摆长
B．用天平测量出摆球的质量m
C．使单摆小角度摆动后，用秒表记录全振动n次的时间，并计算出摆动周期T
以上步骤中错误的是________，不必要的是________。（选填步骤前的字母）
（2）某同学在研究平抛运动时，用印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，若小球在平抛运动中的几个位置如图2中的a、b、c、d所示，则小球通过相邻位置的时间间隔________，小球平抛的初速度________。（重力加速度为g）
（3）图3为探究加速度与质量的关系的实验装置示意图。保持钩码的质量m一定，某同学在处理数据时，以小车加速度的倒数为纵轴、以小车质量M为横轴，作出的图像如图4所示，发现图像有纵截距，他认为这是由于实验中没有完全平衡摩擦力而造成的，请论证该同学的观点是否正确_________。
6．（2023·北京昌平·统考二模）在“验证机械能守恒定律”实验中：
（1）甲同学采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图所示。下列说法正确的是________。
A．实验前必需用天平测出重物的质量 B．打点计时器应接低压直流电源
C．实验时先通电，稳定后再释放纸带 D．重锤释放位置应靠近打点计时器
（2）该同学选取了如图所示的一条纸带，O点是重锤开始下落时打出的点，A、B、C是按打点先后顺序选取的三个计数点。通过测量得到O、A间距离为，O、B间距离为，O、C间距离为。已知计数点A、B间和B、C间的时间间隔均为T，重锤质量为m，当地重力加速度为g。从重锤开始下落到打点计时器打B点的过程中，重锤动能的增加量________。如果与近似相等，则可验证机械能守恒（用题目中所测量和已知量表示）。
（3）乙同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。如图所示，将拉力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，另一端连在拉力传感器上的O点。将小球拉至细线与竖直方向成角处无初速度释放，拉力传感器显示拉力的最大值为F。已知小球的质量为m，重力加速度为g。当约为________时，可说明小球摆动过程中机械能守恒。
参考答案
1．C
【详解】A．当运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度之前，运动员只受重力，运动员加速度不变；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳弹力逐渐增大，运动员的重力和弹性绳的合力提供加速度，所以运动员的加速度要先减小后反向增大，故A错误；
B．运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度的过程中，运动员只受重力机械能守恒；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，故B错误；
C．由图乙可知运动员下落15m时，运动员的速度最大，加速度为零，此时弹性绳的拉力等于运动员的重力，故C正确；
D．弹性绳达到原长，此时重力大于弹性绳的弹力，运动员会继续向下先做加速度减小的加速，直到加速度减为零，速度达到最大，动能达到最大，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】AB．以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以砂桶（含砂）为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
若保持不变，将增大为原来的2倍，则有
故AB错误；
C．绳子拉力对砂桶做负功，砂桶机械能的减少量为
由于
可得
即砂桶机械能的减少量小于原来的2倍，故C正确；
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能等于小车克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不变，则砂桶和小车组成的系统损失的机械能与原来相等，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
4．（1）a．，b．；（2）
【详解】（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示
a．根据受力分子可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为
b．根据几何关系可知游客和座椅zuo2圆周运动的半径为
由
代入数据得
（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
代入数据解得
5． A B 见解析
【详解】（1）[1][2]摆长应等于摆线长与摆球半径之和，故错误的是A；摆球应选用体积小、密度大，不必测量质量，故不必要的是B。
（2）[3][4]水平方向
竖直方向
小球通过相邻位置的时间间隔为
小球平抛的初速度为
（3）[5]根据
得
可知，图像与纵轴截距等于重力加速度的倒数，故该同学的观点是错误的。
6． CD/DC
【详解】（1）[1]A．因为要验证，两边的质量可以消掉，所以可以不必测量质量，A错误；
B．打点计时器应接交流电源，B错误；
C．打点计时器实验时应先通电，稳定后再释放纸带，C正确；
D．重锤释放位置应靠近打点计时器，D正确。
故选CD。
（2）[2]B点的速度等于AC间的平均速度，为
故重锤动能的增加量为
（3）[3]若机械能守恒则有
在最低点拉力与重力的合力提供向心力
联立可得
故当约为时，可说明小球摆动过程中机械能守恒。2023北京高三二模物理汇编
带电粒子在匀强磁场中的运动
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．碰撞后，新微粒运动轨迹不变
C．碰撞后，新微粒运动周期不变
D．碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
2．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成，励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以产生电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子枪的加速电压可以改变电子的速度，调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。下列说法正确的是（ ）
A．只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变大
B．只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变
C．只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变小
D．只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变
3．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，一带电粒子以初速度沿x轴正方向从坐标原点O射入平行于y轴向上的匀强电场中，粒子从O点运动到P点的时间为，到达P点时的动能为；若将电场换成垂直于纸面向里的匀强磁场，其它条件不变，粒子仍然经过P点，粒子从O点运动到P点的时间为，到达P点时的动能为。下列关系式正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，空间存在一圆形匀强磁场区域，P、M是磁场边界上的两个点。氕核（）和氦核（）分别从P点沿半径方向垂直磁场射入，且都从M点射出。则氕核与氦核（ ）
A．射入磁场的速率之比为2:1
B．在磁场中运动的时间之比为1:1
C．射入磁场时的动量大小之比为1:1
D．在磁场中运动的加速度大小之比为2:1
参考答案
1．B
【详解】A．根据粒子的偏转方向，由左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
B．带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，则
解得
由
解得
动量p、电荷量q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹不变，故B正确；
C．由周期公式可知，因碰撞后粒子质量增大，故粒子运动的周期增大，故C错误；
D．由洛伦兹力公式可知，由于碰撞后粒子速度减小，所以碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力减小，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】B．电子在加速电场中加速，由动能定理
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
解得
当增大电子枪的加速电压时，电子束的轨道半径变大，故B错误；
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期不变，故A错误；
C．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，周期变短，故C正确；
D．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，电子束的轨道半径变小，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】AB．在电场作用下，粒子做类平抛运动，从O点运动到P点的时间为
在磁场作用下，粒子做匀速圆周运动，从O点运动到P点的过程中，经过的轨迹为一段圆弧，所以路程大于，所以经过的时间大于在电场作用下的时间，即
AB错误；
CD．在电场力作用下，粒子向上偏转，电场力做正功，所以粒子的动能增大；在磁场力作用下，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，因此
C错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】A．氕核与氦核均从P点沿半径方向射入，从M点射出，则两粒子的半径相同，根据洛伦兹力提供向心力有
所以
所以氕核与氦核射入磁场的速率之比等于比荷之比，即
故A正确；
B．粒子在磁场中运动的时间为
所以氕核与氦核在磁场中运动的时间之比为1:2，故B错误；
C．粒子射入磁场时的动量大小为
所以氕核与氦核射入磁场时的动量大小之比为1:2，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的加速度大小为
所以氕核与氦核在磁场中运动的加速度大小之比为4:1，故D错误。
故选A。2023北京高三二模物理汇编
静电场中的能量章节综合
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充电，可以看到A充电后数字电压表显示一定数值。取另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，通过改变开关S1和S2的闭合与断开状态，从而探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，在没有电荷漏失的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．S1接1，S2处于断开状态，A、B两电容器都处于充电状态
B．S1从1接2，S2处于断开状态，稳定后，A、B两电容器电荷量相等
C．S1从1接2，S2处于断开状态，电压表示数不变
D．S1从2断开，S2闭合，电压表示数逐渐减小
2．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，O为等量异种点电荷连线的中点，A、B为连线上的点，C、D为其中垂线上的点，且A、B、C、D距O点距离相等，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电势相等
B．C、D两点电场强度不相同
C．O点电势为零，电场强度也为零
D．沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功
3．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，虚线为静电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（ ）
A．A点的电势大于B点的电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．将q在A点由静止释放，其受静电力将增大
D．将q在A点由静止释放，其电势能将减小
4．（2023·北京东城·统考二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（ ）
A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1
B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1
C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上
D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3
5．（2023·北京朝阳·统考二模）目前我国在学校、车站等公共场所，都配备了自动体外除颤仪（AED），挽救了宝贵的生命。除颤仪工作时的电功率相当大，用电池直接供电无法达到，也超过了一般家庭的用电功率。某除颤仪的储能装置是一个电容为70μF的电容器，工作时先通过电子线路把电池供电的电压升高到约5000V对电容器进行充电，然后电容器在约2ms的时间内放电，使100~300J的电能通过病人的心脏部位，从而对病人进行抢救。根据上述信息并结合所学知识，可以推断下列说法错误的是（ ）
A．该除颤仪工作时的电功率在50~150kW之间
B．该除颤仪工作时通过人体的电流可达30A
C．该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为1750J
D．除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触
6．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，真空中两个等量异号的点电荷和分别位于A点和点，以连线中点O建立空间直角坐标系，B、C、M、P是坐标轴上的4个点，其中。下列说法正确的是（ ）
A．沿y轴从B点到C点电势先增大再减小
B．B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等
C．P点与O点的电场强度大小相等
D．P点与M点的电场强度方向垂直
7．（2023·北京朝阳·统考二模）某区域静电场的电场线分布如图所示，a、b、c是电场中的三个点。下列说法错误的是（ ）
A．a、b、c三点电场强度大小关系为
B．a、b、c三点电势关系为
C．电子在a、b、c三点的电势能关系为
D．将质子从b点由静止释放，仅在静电力作用下它将沿电场线运动
8．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从M点进入电场，沿直线运动到N点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该微粒带正电
B．该微粒做匀速直线运动
C．只增大初速度，微粒仍沿直线MN运动
D．从M至N过程中，该微粒电势能减小，动能增加
二、解答题
9．（2023·北京房山·统考二模）电子经过电场加速后射入偏转电场。已知加速电场两极板间电压为U1，偏转电场两极板间电压为U2，极板长为L，相距为d，电子质量为m，电荷量为e，（重力不计）。求：
（1）电子离开加速电场时速度大小v0；
（2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移大小y；
（3）某同学认为将一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始进入该装置，它们会分离为三股粒子束。你认为这位同学的看法是否正确，请说明理由。
10．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时垂直极板方向偏移的距离y；
（3）电子从偏转电场射出时的速度方向。
11．（2023·北京昌平·统考二模）类比是研究问题的一种常用方法。
（1）物体受到地球的万有引力作用，可以认为是通过引力场发生的。已知地球的质量为M，引力常量为G。类比电场强度，推导地球在距地心为r处（r大于地球半径）产生的引力场强度的表达式。
（2）经典电磁理论认为氢原子核外电子的运动与行星类似，在库仑引力的作用下绕核做匀速圆周运动。设电子的质量为m，电荷量为e，静电力常量为k，电子处于基态时的轨道半径为R。求电子处于基态时做圆周运动的线速度大小v。
（3）a．物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程描述，其中m为物体质量，为其重力。求物体下落的最大速率；并在图1所示的坐标系中定性画出速度v随时间t变化的图像。
b．图2为“演示电容器充、放电”的实验电路图。电源电动势为E、内阻不计。电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。将开关接1，给电容器充电，写出充电过程中极板电荷量q随时间t变化的方程。类比图像，在图3所示的坐标系中定性画出电荷量q随时间t变化的图像。
12．（2023·北京朝阳·统考二模）无处不在的引力场，构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。
（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）
（2）物体处于引力场中，就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。
中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为、，且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。
（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据，可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出图像，如图所示。已知太阳的质量，太阳距离银心。
a．某同学根据表达式认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。
b．将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能。
13．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。
参考答案
1．B
【详解】A．S1接1，S2处于断开状态，只有A电容器处于充电状态，故A错误；
B．S1从1接2，S2处于断开状态，A、B两电容器并联，稳定后，A、B两电容器电压相等，所以电荷量相等，故B正确；
C．S1从1接2，S2处于断开状态，A放电、B充电，电压表示数减小，达到稳定状态时电压表示数将变为原来的一半，故C错误；
D．S1从2断开，S2闭合，电压表示数不变，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A、AB连线上的场强向右，沿电场线方向，电势逐渐降低，所以A点电势大于B点电势，故A错误；
B、C、D两点到两点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式与电场的叠加原理可知，C、D两点电场强度大小相等、方向相同，故B错误；
CD、等量异号电荷连线的中垂线是等势线，中垂线上O点的电势与无穷远的电势相等为零，沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功，但O点的电场强度不为零，电场强度方向向右，故C错误，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则A点的电势小于B点的电势，故A错误；
B．A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；
CD．将q在A点由静止释放，将向电势低处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则
解得
所以
解得
小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误；
B．小球下落时间t时的速度大小为
小球回到出发点时的速度大小为
从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间
加速运动时间
小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误；
C．以竖直向下为正，则
小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误；
D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为
合外力做功为
所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为
故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．电容器在约2ms的时间内放电，使100~300J的电能通过病人的心脏部位，根据功率的计算公式
可得除颤仪工作时的电功率在50~150kW之间，故A正确，不符合题意；
B．除颤仪工作时通过人体的电流可达
故B正确，不符合题意；
C．该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为
故C错误，符合题意；
D．除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触，故D正确，不符合题意。
故选C。
6．B
【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知，y轴上和之间的电场线方向为沿y轴正方向，沿电场线电势降低，所以沿y轴从B点到C点电势逐渐减小。故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场线分布可知，B和C关于O点对称的情况下，,而M点处电势为0，因此B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等。故B正确；
C．根据等量异种电荷的电场线分布可知，从O点开始沿z轴正方向场强逐渐减小，P点电场强度小于O点。故C错误；
D．根据等量异种电荷的电场线分布可知，和点的对称轴上的点电场强度均为沿y轴正方向，P点与M点的电场强度方向相同。故D错误。
故选B。
7．D
【详解】A．由电场线分布的疏密程度，可知a、b、c三点的电场强度大小关系为
Eb＞Ea＞Ec
故A不符合题意；
B．沿电场线的方向电势逐渐降低，结合图可知a、b、c三点的电势关系为
φb＞φa＞φc
故B不符合题意；
C．因为
φb＞φa＞φc
根据
Ep=qφ
可知电子在a、b、c三点的电势能关系为
故C不符合题意；
D．将质子从b点由静止释放，由于电场线不是直线，所以仅在静电力作用下它将不会沿电场线运动，故D符合题意。
故选D。
8．C
【详解】ABD．由于带电微粒从M到N做直线运动，根据受力分析可知，带电微粒受到的电场力水平向左，与电场方向相反，该微粒带负电；带电微粒受到的合力方向与初速度方向相反，可知合力对微粒做负功，微粒动能减小，电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，故ABD错误；
C．只增大初速度，带电微粒受力不变，则带电微粒受到的合力方向仍与初速度方向相反，微粒仍沿直线MN运动，故C正确。
故选C。
9．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）电子在加速电场中做匀加速直线运动，有
所以
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有
所以
（3）粒子离开偏转电场的速度偏转角为
竖直方向的偏移量为
由以上分析可知，粒子离开偏转电场时速度的偏转角、竖直方向的偏移量均与粒子的比荷无关，故不会分为三股粒子束。
10．（1）；（2）；（3）速度方向与水平方向夹角，斜向右下方
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）进入偏转电场后做类平抛运动
联立解得
（3）设速度与水平方向夹角为θ，则
则
斜向右下方。
11．（1）；（2）；（3）a.，；b. ，
【详解】（1）设质量为的物体在距地心为处，受到地球的万有引力大小为
类比电场强度的定义得引力场强度大小为
解得
（2）氢原子核外电子在库仑力的作用下做匀速圆周运动
解得
（3）a.当加速度为零时，速度最大，所以
图像如下图所示
b.给电容器充电时，有
联立可得
类比图像，可得图像如下图所示
12．（1）；（2）系统的引力势能减小，运动的周期减小；（3）a．见解析；b．
【详解】（1）根据类比，有
（2）在电场中，在只有电场力做功时，当电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，二者之和保持不变；当电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，二者之和保持不变。类比可知，在合并过程中，中子星受到的引力做了正功，则该中子星系统的引力势能将减小，由于引力势能和动能之和保持不变，则中子星的动能将增加，线速度将增大，同时由于运动半径的减小，所以运动的周期T将减小。
（3）a．根据引力场强度的定义及万有引力提供向心力可得
整理得
由上式可知，引力场强度g的大小与银心质量成正比，与到银心的距离平方成反比。表达式只能作为一个替换的计算式使用，不能用于定性分析引力场强度g的变化性质，因为它没有表达出引力场强度g的产生原因。
b．根据引力势能与动能之和保持不变可知，如果将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，则太阳在当前位置所具有的动能，就等于太阳在银河系中所具有的引力势能。由公式
可得太阳的速度平方为
由图可知，在时，，所以太阳的引力势能为
13．（1）；（2）；（3），方向垂直于纸面向里或者向外
【详解】（1）根据对称性可知，C点电场场强方向沿着AB连线的中垂线向上，如图所示
（2）C点电势为
O点电势为
设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律可得
解得
（3）设圆周运动的半径为，C点电场场强大小为，则有
联立解得
方向垂直于纸面向里或者向外。2023北京高三二模物理汇编
电磁感应章节综合
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）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。有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡块出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。根据以上材料可知（ ）
A．超导体处在恒定的磁场中时温度降低，它的表面也不会产生感应电流
B．超导体中的超导电流会产生焦耳热
C．将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度为零
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
2．（2023·北京西城·统考二模）将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，然后断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是（ ）
A．闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势
B．断开S瞬间电路中a点电势低于b点
C．断开S前后通过灯泡A的电流大小不变
D．闭合S后电源输出的电功率等于灯泡A和线圈L的发热功率之和
3．（2023·北京西城·统考二模）在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，圆环中无感应电流
B．时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C．时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D．时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
4．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是（ ）
A．N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针
B．铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量
C．仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动
D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动
5．（2023·北京昌平·统考二模）如图1所示，矩形导线框固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示（规定电流沿为正）。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接有一定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并开始计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是（ ）
A． B．
C． D．
二、解答题
7．（2023·北京房山·统考二模）（1）在电场强度为E的匀强电场中任取A、B两点，把试探电荷沿曲线ACB从A点移到B点。如图甲所示，A、B两点间的距离为l，与水平方向夹角为，求静电力对试探电荷所做的功W。
（2）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图乙所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，忽略相对论效应的影响。
a．电磁体的磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图丙所示，电子在感生电场中加速，写出感生电场的方向，并求在0-T0时间内，真空室中产生感应电动势大小E；
b．均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场。真空室中的电子受到感生电场力的作用定向移动，感生电场力对电子做了功。求电子在真空室中加速所受的感生电场力的大小F，并分析说明涡旋电场中能否像静电场一样建立“电势”的概念。
8．（2023·北京西城·统考二模）电动机是第二次科技革命中的最重要的发明之一，在生产、生活中起着极为重要的作用。
（1）直流电动机的工作原理可以简化为图1所示的模型。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。质量为m、电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端接有直流电源，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。在导体棒运动过程中，导体棒上的电流I与速度v的大小关系满足，导体棒始终受到大小为f的阻力作用。求：
a、 闭合S瞬间，导体棒受到的安培力的大小；
b、 导体棒速度为v时，导体棒加速度的大小a。
（2）某兴趣小组根据直流电动机的工作原理设计了模型飞机的电磁弹射装置。如图2所示，用于弹射模型飞机的线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B，线圈可沿导轨滑动。开关接通，电动势为E、内阻不计的电源与线圈连接，线圈推动飞机从静止开始加速，运动过程中线圈和飞机受到的总阻力恒为f、线圈总电阻为R，匝数为n，每匝周长为l。
a、 若导轨足够长，求飞机能够获得的最大速度。
b、 为了让线圈在模型飞机弹出后尽快停下来，该小组在图2的基础上改进了电路。如图3所示，单刀双掷开关接通1，线圈推动飞机加速；飞机弹出后，将单刀双掷开关接通2，让线圈减速。请说明这一设计的原理。
9．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，粗细均匀的导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的水平匀强磁场上方h处。线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零。已知重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小E，及cd两点间的电势差U；
（2）线框的质量m；
（3）通过线框的电荷量q。
10．（2023·北京朝阳·统考二模）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子核外的电子以角速度绕核做匀速圆周运动，电子的电荷量为e，求等效电流I的大小。
（2）如图所示，由绝缘材料制成的质量为m、半径为R的均匀细圆环，均匀分布总电荷量为Q的正电荷。施加外力使圆环从静止开始绕通过环心且垂直于环面的轴线加速转动，角速度随时间t均匀增加，即（为已知量）。不计圆环上的电荷作加速运动时所产生的电磁辐射。
a．求角速度为时圆环上各点的线速度大小v以及此时整个圆环的总动能；
b．圆环转动同样也形成等效的环形电流，已知该电流产生的磁场通过圆环的磁通量与该电流成正比，比例系数为k（k为已知量）。由于环加速转动形成的瞬时电流及其产生的磁场不断变化，圆环中会产生感应电动势，求此感应电动势的大小E；
c．设圆环转一圈的初、末角速度分别为和，则有。请在a、b问的基础上，通过推导证明圆环每转一圈外力所做的功W为定值。
11．（2023·北京海淀·统考二模）电磁场，是一种特殊的物质。
（1）电场具有能量。如图所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为v和v，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。
（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F=qE）
（3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。
参考答案
1．C
【详解】A．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，故A错误；
B．因为超导体的电阻为零，则超导电流不会产生焦耳热，故B错误；
C．超导体放入磁场中，超导体内部产生的磁感应强度为零，具有完全的抗磁性，故C正确；
D．由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体产生的感应电流方向也会相反，以使感应电流在超导体中产生的磁场与磁铁在超导体中产生的磁场的合磁场为零，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。
故选C。
2．B
【详解】A．闭合S瞬间，电路接通，线圈L要阻碍电流通过，产生与电源相反的自感电动势，故A错误；
B．开关S断开前，自感线圈中的电流是自左向右的，当断开S瞬间，自感线圈要阻碍电流的减小，因此产生与原电流方向相同的感应电流，与灯泡构成闭合回路，回路中的电流为逆时针方向，因此a点电势低于b点，故B正确；
C．灯泡与自感线圈并联，断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象，说明自感线圈的电阻小于灯泡的电阻，在断开开关前通过自感线圈的电流大于通过灯泡的电流，因此当断开开关S后，灯泡与自感线圈串联，通过灯泡的瞬时电流大于开关断开前的电流，所以灯泡将闪亮一下，故C错误；
D．因为自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，因此闭合S后电源输出的电功率大于灯泡A和线圈L的发热功率之和，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．N极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A错误；
B．铝环右摆的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量，故B正确；
C．仅将铝环改为铁环，条形磁铁吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；
D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律，有
可知恒定的磁场不能产生电动势，不会有电流产生，AB错误；
C．根据楞次定律，可知垂直纸面向外的磁场增强，线圈会产生垂直纸面向里的磁场，即产生方向的电流，又因为磁场均匀变化，所以产生恒定的电动势，根据闭合电路的欧姆定律，有
所以线圈中产生恒定的电流，同理，磁场均匀减弱时，线圈中产生的电流，C正确；
D．当垂直纸面向里的磁场增强时，根据楞次定律，可知线圈中会产生的电流，形成垂直纸面向外的磁场，D错误。
故选C。
6．D
【详解】C．设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
即
故D正确；
B．杆所受安培力的大小为
杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，其大小为mg，故B错误；
A．导体杆两端的电压为
速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，且U增大的越来越慢，即图线的斜率减小，故A错误。
故选D。
7．（1）；（2）感生电场的方向为顺时针，；（3），静电场的电场线是不闭合的曲线，沿电场线方向电势逐渐降低，而涡旋电场是闭合曲线，所以不能像静电场一样建立“电势”的概念。
【详解】（1）根据功的公式得静电力对试探电荷所做的功
（2）a．由B随时间t的变化关系图可知，磁场随时间在均匀的增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，所以感生电场的方向为顺时针，再根据法拉第电磁感应定律有
b．电子运动一周感生电场力对电子做正功，有
解得感生电场力的大小F，
静电场的电场线是不闭合的曲线，沿电场线方向电势逐渐降低，而涡旋电场是闭合曲线，所以不能像静电场一样建立“电势”的概念。
8．（1）a．；b．；（2）a．；b．见解析
【详解】（1）a．闭合S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力的大小
b．导体棒速度为v时，反电动势为
导体棒受到的安培力的大小
由牛顿第二定律可得导体棒加速度的大小
（2）a．当飞机与线圈组成的系统受到的安培力与阻力大小相等时，飞机的速度达到最大，则有
线圈受到的安培力为
由
可得
b．飞机弹出后，开关接通2，线圈和电阻组成闭合回路，线圈在磁场中做切割磁感线的运动，产生感应电流，受到与运动方向相反的安培力，安培力使线圈做减速运动。
9．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）线框自由下落过程中，由动能定理得
解得
由法拉第电磁感应定律感应电动势为
cd两点间的电势差
（2）线框中电流
则cd边所受安培力
cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零，则
解得线框的质量
（3）在线框进入磁场过程中，通过线框的电荷量
又
，，
解得
10．（1）；（2）a．，；b．；c．见解析
【详解】（1）等效电流的大小为
（2）a．角速度为时圆环上各点的线速度大小为
整个圆环的总动能为
b．角速度随时间t均匀增加，即，则等效电流为
磁通量与该电流成正比，比例系数为k，根据法拉第电磁感应定律有
c．圆环转一圈的初、末动能分别为
，
根据动能定理有
可知圆环每转一圈外力所做的功W为定值。
11．（1）；（2）见详解；（3），水平向左
【详解】（1）由能量守恒可得
（2）假设磁场中有以O为圆心半径为r的圆形闭合回路。磁感应强度随时间均匀增加则
回路中产生的感应电动势为
带电量为q的粒子在回路中运动一圈有
解得
距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。
（3）对导体棒ab由动量定理可得
得
即导体棒ab动量变化量大小为BLq，方向水平向右。系统动量守恒，所以
即电磁场动量变化量的大小为，方向水平向左。2023北京高三二模物理汇编
原子核章节综合
一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考二模）在范围足够大的匀强磁场中，静止在P点的核发生一次β衰变，衰变产生的核与电子恰好在纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．该β衰变过程反映了核中至少含有1个电子
B．电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小
C．电子与核形成的等效电流可能均沿逆时针方向
D．电子第一次回到P点时核也恰好到达P点
2．（2023·北京房山·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．射线带正电，电离能力较弱，穿透能力较强
B．放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件有关
C．热核反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能使反应继续下去
D．根据玻尔理论，电子从高能级跃迁到低能级，放出光子的能量由前后两个能级的能量差决定
3．（2023·北京昌平·统考二模）“北京正负电子对撞机”是我国第一台高能加速器，也是高能物理研究的重大科技基础设施。一对速率相同的正、负电子正碰后湮灭生成两个光子，反应方程为。已知单个电子的静止质量为，电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h。下列说法正确的是（ ）
A．单个光子的能量为 B．光子的频率为
C．两个光子的频率可以不同 D．两个光子的运动方向可能相同
4．（2023·北京朝阳·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．氢原子由激发态向基态跃迁时放出光子
B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关
C．核聚变与核裂变均释放能量，因此核反应前后质量数不守恒
D．卢瑟福的核式结构模型可以解释氢原子光谱不连续的现象
5．（2023·北京昌平·统考二模）下列核反应属于衰变的是（ ）
A． B．
C． D．
二、解答题
6．（2023·北京房山·统考二模）我国正进行太阳帆推进器研究，宇宙飞船上携带面积很大反射率极高的太阳帆。太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，加速航天器。已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，单位时间内垂直照射到太阳帆单位面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。
（1）求单位时间内作用在太阳帆上的光子个数N；
（2）假设未打开太阳帆前宇宙飞船做匀速直线运动，太阳帆打开后，太阳光垂直照射，求宇宙飞船的加速度大小a；
（3）若太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少 m，假设能量均以光子形式不断向外辐射。请你利用题目所给数据，说明如何估测宇宙飞船到太阳的距离l。
参考答案
1．C
【详解】A．该β衰变是原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子。也是其衰变过程中电子的来源，所以并不能说明核中有电子，故A项错误；
B．静止的发生衰变，其产生的电子和核组成的系统动量守恒，有
所以电子和氮核的动量大小相等，方向相反。其均在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
解得
由于电子和氮核在同一磁场，且动量大小相等。但是氮核的带电量大于电子的带电量，所以电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，故B项错误；
C．若发生β衰变后，电子顺时针做匀速圆周运动，根据系统的动量守恒可知氮核逆时针做匀速圆周运动，根据电流方向的判定，则电子与核形成的等效电流均沿逆时针方向，故C项正确；
D．发生β衰变后，两带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
整理有
因为电子和氮核的比荷不一致，故两粒子的周期不同，所以当电子回到P点，即完成一个周期后，氮核没有在P点，故D项错误。
故选C。
2．D
【详解】A．α射线的实质是氦核，带正电，三种射线中，α射线的电离能力最强，穿透能力最弱，故A错误；
B．放射性元素衰变的快慢由原子核自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；
C．核聚变一旦发生以后，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，故C错误；
D．玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，根据玻尔理论，原子从高能态向低能态跃迁放出光子的能量等于前后两个能级之差，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．根据质能方程可得
则单个光子的能量为
A错误；
B．根据
可得光子的频率为
B正确；
CD．一对正负电子湮灭会产生两个同频率的光子，由于光子既有能量，又有动量，根据动量守恒定律可知，产生的两个光子的总动量与初动量是相等的，即它们的和为零，所以两个光子的运动方向相反，故CD错误。
故选B。
4．A
【详解】A．根据波尔理论可知，氢原子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减少，故A正确；
B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态及外部条件无关，故B错误；
C．根据核反应方程的守恒条件，必须满足质量数守恒，核电荷数守恒，故C错误；
D．卢瑟福的粒子散射实验证明了原子的核式结构，波尔理论解释了氢原子光谱的连续性，故D错误。
故答案选A。
5．A
【详解】A．核反应方程，是天然放射现象，属于衰变，A正确；
B．核反应方程，是天然放射现象，属于α衰变，B错误；
C． 核反应方程，是人工核反应，是发现质子的核反应方程，C错误；
D．核反应方程，是属于重核的裂变反应，D错误。
故选A。
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）一个光子的能量为
ε = hv
太阳帆每秒接受的能量为ES，故每秒内接受的光子的个数为
（2）光子垂直射到太阳帆上再反射，动量变化量为2p，设光对太阳帆的压力为F，光子的动量为
其中
单位时间内由动量定理知
由牛顿第二定律得
（3）太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少 m，则根据爱因斯坦的质能方程可知
E = mc2
若能量均以光子形式不断向外辐射，则距离太阳l处的宇宙飞船在单位面积接收到的能量为
联立有2023北京高三二模物理汇编
力学选择
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆上O点有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量之比，A、B到O点的距离之比。当轻杆绕轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．A对杆的作用力大小等于B对杆的作用力大小
B．A的向心加速度大小大于B的向心加速度大小
C．A的动能等于B的动能
D．A的周期小于B的周期
2．（2023·北京西城·统考二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（ ）
A．弹性绳的原长为15m
B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
3．（2023·北京西城·统考二模）“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车的加速度增大到原来的2倍
B．绳上的拉力增大到原来的2倍
C．砂桶机械能的减少量小于原来的2倍
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多
4．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，质量为m的木箱在大小为F的水平外力作用下，沿倾角为θ的斜面匀速向上运动。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．木箱所受合力大小为
B．斜面对木箱的支持力大小为
C．斜面对木箱的摩擦力大小为
D．斜面对木箱作用力的合力大小为
5．（2023·北京东城·统考二模）图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道1上运行时，向心力始终不改变
B．卫星在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，速度越来越大
D．不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同
6．（2023·北京东城·统考二模）如图甲所示，轻弹簧的一端固定，另一端连接一个有孔的小球（球下固定有笔头），小球套在光滑的杆上，沿水平方向做简谐运动。在小球运动时，沿垂直于小球振动方向，以速度v匀速拉动纸带，笔头在纸带上留下痕迹，a、b是痕迹上的两点，如图乙所示。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．图乙曲线记录了小球的运动轨迹
B．t时间内小球的运动路程可能为vt
C．记录a点时小球的速度小于记录b点时小球的速度
D．如果仅减小纸带移动速度，小球运动的周期变大
7．（2023·北京东城·统考二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．人先处于超重状态，后处于失重状态
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大
D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
8．（2023·北京东城·统考二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（ ）
A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1
B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1
C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上
D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3
9．（2023·北京西城·统考二模）一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形如图1所示，K、L是介质中的两个质点。图2是质点K的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．时刻质点K的加速度比质点L的大
B．时刻之后，质点K比质点L先到达正向最大位移处
C．波沿x轴正方向传播，速度为1.0m/s
D．波沿x轴负方向传播，速度为0.5m/s
10．（2023·北京东城·统考二模）汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方20米处有障碍物，立即刹车，汽车恰好停在障碍物前。已知驾驶员反应时间为0.75s，汽车运动的v-t图像如图所示。在刹车过程中，汽车的加速度大小为（ ）
A．3m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2
11．（2023·北京昌平·统考二模）某学习小组观看完“太空授课”后，设计出4种在太空实验舱中测量小物块质量的方案：
①将待测小物块悬挂在劲度系数为k的轻弹簧下端，测出小物块静止时弹簧的形变量，根据，求得小物块的质量
②让待测小物块随实验舱一起绕地球做匀速圆周运动，测出圆周运动的半径r和周期T，根据，求得小物块的质量
③对待测小物块施加一个恒定的拉力F，使小物块从静止做匀加速直线运动，测出经过时间t时的速度v，根据，求得小物块的质量
④用一个弹簧测力计拉着待测小物块做匀速圆周运动，测出弹簧测力计示数F、圆周运动的半径R和周期T，根据，求得小物块的质量
其中可行的方案有（ ）
A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④
12．（2023·北京昌平·统考二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零
13．（2023·北京昌平·统考二模）卡文迪许在1798年17卷《哲学学报》中发表他关于引力常量的测量时，曾提到他的实验是为了确定出地球的密度。已知引力常量为G，要想估测地球的密度，只需测得（ ）
A．地球的质量 B．地球的半径
C．近地卫星的运行周期 D．地球表面的重力加速度
14．（2023·北京昌平·统考二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为，。波传播到P点开始计时，P点的振动图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波的振幅为 B．该波的频率为
C．该波的波长为 D．经过，波将传播到Q点
15．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，一斜面体置于水平地面上，一物块在平行于斜面向上的外力F作用下相对斜面保持静止，该过程中斜面体相对水平地面也保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块一定有摩擦力作用
B．地面对斜面体一定有摩擦力作用
C．地面对斜面体的支持力大于物块与斜面所受重力之和
D．地面对斜面体的支持力等于物块与斜面所受重力之和
16．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，把质量为m的石块从距地面高h处以初速度斜向上抛出，与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。若只改变抛射角，下列物理量一定不变的是（ ）
A．石块在空中的飞行时间 B．石块落地的水平距离
C．石块落地时的动能 D．石块落地时的动量
17．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点
B．物块所受摩擦力的大小始终为
C．物块所受摩擦力的冲量大小为
D．物块所受摩擦力做的功为0
18．（2023·北京海淀·统考二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C．重力势能随位移x变化的快慢随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
19．（2023·北京海淀·统考二模）物理课上，老师演示了一个实验：如图所示，水平粗糙木板上放置两个物块，其间有一个处于拉伸状态的弹簧。将木板抬至空中保持水平，两物块相对木板保持静止，然后将整个装置无初速释放，下落过程中可能观察到的现象是（ ）
A．两物块依旧相对木板保持静止
B．两物块相对木板运动且彼此靠近
C．质量大的物块与木板保持相对静止，质量小的物块靠近质量大的物块
D．质量小的物块与木板保持相对静止，质量大的物块靠近质量小的物块
20．（2023·北京朝阳·统考二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．排球刚脱离左手时的速度大小为
B．排球被右手击出前运动的总时间为
C．排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为
D．排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为
21．（2023·北京朝阳·统考二模）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
22．（2023·北京朝阳·统考二模）甲、乙两辆汽车在平直路面上同向运动，经过同一路标时开始计时，两车在时间内的速度v随时间t的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，甲车刚好追上乙车
B．在时刻，甲车刚好追上乙车
C．时间内，甲车所受的合力越来越大
D．时间内，乙车所受的合力越来越小
23．（2023·北京朝阳·统考二模）一列简谐横波沿x轴传播，图甲为波在时刻的波形图，图乙为平衡位置在处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为
C．内，质点P运动的路程为
D．质点P、Q的振动方向总是相同
24．（2023·北京丰台·统考二模）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时的速度最大
B．小球在C点时所受的弹力大于
C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大
25．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B．乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C．减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D．减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
26．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，地球绕太阳的运动可看作匀速圆周运动。已知地球质量为m，地球的轨道半径为r，公转周期为T，太阳质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．根据以上信息，可以计算出地球表面的重力加速度
B．根据以上信息，可以计算出地球的第一宇宙速度
C．与M无关
D．对应物理量的单位与动能的单位相同
27．（2023·北京丰台·统考二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在时的波形如图甲所示，L、M、N是波上的三个质点，图乙是其中一个质点在此后一段时间内的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．时，质点M沿y轴正方向运动
B．时，质点M的加速度比质点N的小
C．图乙是质点N的振动图像
D．质点L和质点N的相位总是相同
28．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，甲、乙两位同学用同样大小的力提着一个水桶，水桶在空中处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．大小都等于水桶重力的一半
B．与竖直方向的夹角相等
C．减小与的夹角，大小不变
D．减小与的夹角，的合力变大
参考答案
1．C
【详解】A．水平面光滑，所以杆对A的力提供了A做圆周运动的向心力
杆对B的力提供了B做圆周运动的向心力
代入数据可求得
有牛顿第三定律可知：A对杆的作用力大小不等于B对杆的作用力大小，A错误；
B．AB运动具有相同的角速度，则加速度为
由得A的向心加速度大小小于B的向心加速度大小，B错误；
C．动能的表达式为
结合题意可知：A的动能等于B的动能，C正确；
D．AB有相同的角速度，，所以A的周期等于B的周期，D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D．0~27m下落过程中由动量定理可得
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】AB．以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以砂桶（含砂）为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
若保持不变，将增大为原来的2倍，则有
故AB错误；
C．绳子拉力对砂桶做负功，砂桶机械能的减少量为
由于
可得
即砂桶机械能的减少量小于原来的2倍，故C正确；
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能等于小车克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不变，则砂桶和小车组成的系统损失的机械能与原来相等，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．对木箱进行受力分析，受到重力、斜面体的弹力、水平外力F，由于木箱沿着斜面匀速向上运动，根据木箱受力平衡得木箱所受合力大小为0，A错误；
B．由于垂直于斜面上受力平衡，斜面对木箱的支持力大小
B错误；
C．由于沿着斜面上受力平衡，有
得斜面对木箱的摩擦力大小为
C正确；
D．斜面对木箱作用力的合力大小与重力和外力F的合力大小相同，即
D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．卫星在轨道1上运行时做匀速圆周运动，则向心力大小始终不改变，但是方向不断变化，选项A错误；
B．根据
解得
卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，选项B错误；
C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，则速度越来越小，选项C错误；
D．根据
可知，不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同，选项D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．小球子平衡位置附近振动，轨迹是往返直线，图乙曲线记录的是小球振动位移随时间的规律，A错误；
B．小球的路程与纸带运动的距离无关，但有可能相等，B正确；
C．b点时小球处在位移最大处，速度为零，记录a点时小球的速度大于记录b点时小球的速度，C正确；
D．纸带的运动速度与小球周期无关，D错误。
故选B。
7．B
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增加后减小，选项A错误，B正确；
C．绳子对人的拉力方向始终向上，则绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小，选项C错误；
D．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，选项D错误。
故选B。
8．D
【详解】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则
解得
所以
解得
小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误；
B．小球下落时间t时的速度大小为
小球回到出发点时的速度大小为
从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间
加速运动时间
小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误；
C．以竖直向下为正，则
小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误；
D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为
合外力做功为
所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为
故D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．越衡位置，加速度越小，所以时刻质点K的加速度比质点L的小，A错误；
B．从图2可以看出来时刻，质点K从平衡位置向上运动，则波沿x正方向传播，所以时刻之后，质点K比质点L先到达正向最大位移处，B正确；
CD．从图2可以看出来波沿x轴正方向传播，速度为
CD错误；
故选B。
10．B
【详解】根据题意，设汽车的初速度为，驾驶员的反应时间为、反应时间内汽车的位移为，刹车后做匀减速运动的位移为、加速度为，与障碍物最初的距离为，则有
联立解得
故选B。
11．C
【详解】物体处于完全失重状态，无法测得小物块静止时弹簧的形变量，故①错误；
由式中可知小物块的质量被消去，无法计算，故②错误；
根据③和④的操作可以测得小物块的质量。
故选C。
12．D
【详解】A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但所受合外力提供向心力，不为零，故A错误；
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但动量是矢量，方向时刻变化，故B错误；
CD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；但飞机飞行一周的动量不变，所以动量的该变量为0。
故D正确，C错误；
故选D。
13．C
【详解】AB．地球密度可表示为
如果只知道地球的质量或只知道地球的半径，是无法估测地球的密度，AB错误；
C．近地卫星运行过程由引力作为向心力可得
代入上式可得
故已知近地卫星的运行周期，可估测地球的密度，C正确；
D．物体在地球表面满足
能求出地球质量，是无法估测地球的密度，D错误。
故选C。
14．D
【详解】A．该波的振幅为，A错误；
B．周期为0.2s，故频率为5Hz，B错误；
C．波速为，则波长为
C错误；
D．经过，波传播的距离为
故波将传播到Q点，D正确。
故选D。
15．B
【详解】A．对物块受力分析，由于无法确定物块沿斜面向下的分力与外力F的大小关系，所以无法确定斜面对物块有无摩擦力，A错误；
BCD．对斜面和物块整体为研究对象，由受力分析，有
整体受到重力、支持力、推力以及地面的摩擦力作用，根据共点力平衡，有
地面对斜面体一定有摩擦力作用；地面对斜面体的支持力
B正确，CD错误。
故选B。
16．C
【详解】A．石块方向分速度
竖直方向根据
可知在空中的飞行时间因的不同而不同，A错误；
B．水平方向
结合A选项分析可知石块落地的水平距离可能因的不同而不同，B错误；
C．根据动能定理可得石块落地时的动能
可知石块落地时的动能一定相同，C正确；
D．根据C选项分析可知，落地时速度的大小相同，但是方向不相同，所以石块落地时的动量不同，D错误。
故选C。
17．C
【详解】A．在角速度从0增大至过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点，故A错误；
B．该过程中物块始终相对圆盘静止，则摩擦力始终小于最大静摩擦力，故B错误；
C．物块受到的支持力与重力的冲量大小相等方向相反，则根据动量定理物块的动量改变量等于摩擦力的冲量，为
故C正确；
D．支持力和重力不做功，根据动能定理，摩擦力做功等于动能改变量为
故D错误。
故选C。
18．A
【详解】A．做自由落体运动的物体，根据
可得
可知动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；
B．根据动量定理可得
可得
可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为
可得
可知重力势能随位移x变化的快慢保持不变，故C错误；
D．做自由落体运动的物体，机械能守恒，即
故D错误。
故选A。
19．B
【详解】开始时物块相对木板静止，则弹力等于摩擦力；将整个装置无初速释放，下落过程中，物块处于完全失重状态，对木板的压力为零，此时摩擦力为零，则两物块在弹簧弹力作用下相对木板运动且相互靠近。
故选B。
20．C
【详解】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为
选项A错误；
B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升1.8m的时间
下落0.8m的时间
则排球被右手击出前运动的总时间为
选项B错误；
C．排球向上运动的过程中，根据动能定理
解得人对排球所做的功为
选项C正确；
D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理
则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。
故选C。
21．D
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
22．D
【详解】AB．由图可知，两车同时同地出发，时刻，两车速度相同，此时乙的位移比甲的位移大，时刻，甲的总位移大于乙的总位移，AB错误；
CD．由图可知，时间内，甲的加速度不变，故甲车所受的合力不变，乙的加速度逐渐减小，故乙车所受的合力越来越小，C错误，D正确。
故选D。
23．C
【详解】A．根据图乙可知，时刻，质点P向上振动，又根据图甲由同侧法可知，该简谐波沿x轴负方向传播，故A选项错误；
B．根据图甲可知，该波的波长为，则波速为
故选项B错误；
C．当，波恰好传播了半个周期，则质点P运动的路程为
故C选项正确；
D．根据同侧法的原理可知，质点P、Q的振动方向总是相反的，故选项D错误。
故答案选C。
24．B
【详解】A．小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大。A错误；
B．小球若从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为
小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于。由牛顿第二定律
则
B正确；
C．设在D点，弹力和小球重力平衡，D点速度为，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积
图像与x轴所包围的下部分面积
因为
得
C错误；
D．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大。D错误。
故选B。
25．B
【详解】A．甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B．甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
由于甲的质量小于乙的质量，则有
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C．减速过程中，根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D．根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B。
26．D
【详解】A．在地球表面有
解得
由于地球半径不确定，则不能计算出地球表面的重力加速度，A错误；
B．地球的第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，则有
解得
由于地球半径不确定，则不能计算出地球的第一宇宙速度，B错误；
C．根据
解得
，
可知，与M有关，C错误；
D．根据
可知对应物理量的单位与动能的单位相同，均为J，D正确。
故选D。
27．A
【详解】A．根据同侧法可知，时，质点M沿y轴正方向运动，A正确；
B．质点振动的加速度大小与质点相对平衡位置的位移大小成正比，时，质点M的位移比质点N的大，则时，质点M的加速度比质点N的大，B错误；
C．根据图乙可知，该质点在时处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，在图甲中根据同侧法，时，质点N处于平衡位置沿y轴负方向运动，质点L处于平衡位置沿y轴正方向运动，则图乙是质点L的振动图像，C错误；
D．质点L和质点N的平衡位置相距半个波长，可知质点L和质点N的相位总是相反，D错误。
故选A。
28．B
【详解】A．根据平衡条件可知，只有当都是沿竖直向上的方向时，两力大小才等于水桶重力的一半，故A错误；
B．由平衡条件可知，与竖直方向的夹角相等，故B正确；
CD．两人的合力确定，大小等于桶和水的重力，根据力的合成结论可知，两分力夹角越小，分力越小，故CD错误。
故选B。2023北京高三二模物理汇编
光的折射
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，一束光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在玻璃砖与空气的界面上发生反射和折射，入射角为，折射角为。下列说法正确的是（ ）
A．反射光的频率大于入射光的频率 B．折射光的波长等于入射光的波长
C．若增大入射角，则折射角将减小 D．若增大入射角，则折射光将减弱
2．（2023·北京丰台·统考二模）某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，做出光路图如图所示。光线与玻璃砖表面和分别交于O点和P点，他以O点为圆心、线段OP长度为半径做圆，该圆与入射光线交于A点。过A点和P点做法线的垂线，垂足分别为B点和Q点。则该玻璃砖的折射率为（ ）
A． B．
C． D．
二、实验题
3．（2023·北京东城·统考二模）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）如图甲所示，“测玻璃的折射率”的实验中，将白纸平铺在木板上并用图钉固定，之后将玻璃砖平放在白纸上，在适当位置竖直地插上A、B、C、D四个大头针。图中a和a'为玻璃砖的两个界面，AB延长线与直线a的交点为O，CD延长线与直线a'的交点为O'，NN'表示法线。
①在插大头针C时，应使其________（选填选项前的字母）。
A．只挡住A的像 B．只挡住B的像 C．同时挡住A、B的像
②该玻璃砖的折射率可表示为________（用θ1和θ2表示）。
（2）利用不同电路测量电源电动势和内阻。
①用图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是________。
A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用 C．电流表的分流作用 D．电流表的分压作用
②用图丙所示电路测量时，改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录多组电流表示数I和电阻箱示数R，以R为横轴，以为纵轴，做出图像，图线的斜率表示________。
参考答案
1．D
【详解】A．光发生反射和折射后频率不变，所以反射光的频率等于入射光的频率，故A错误；
B．折射光的传播速度大于入射光的传播速度，频率相同，由可知折射光的波长大于入射光的波长，故B错误；
C．由可知若增大入射角，则折射角将增大，故C错误；
D．若增大入射角，反射光增强，折射光将减弱。故D正确。
故选D。
2．A
【详解】根据折射率表达式有
故选A。
3． C A
【详解】（1）①[1]确定大头针C的位置时，应该使大头针C能够挡住A、B的像，则大头针C一定在出射光线方向上。
故选C。
②[2]由折射定律，该玻璃砖的折射率可表示为
（2）①[3]图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是电压表的分流作用，使得测得的电流小于流过电源的电流。
故选A。
②[4]若不考虑电流表的内阻，则有
则
图线的斜率表示，同理若考虑电流表的内阻，结果是相同的。2023北京高三二模物理汇编
带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（ ）
A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1
B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1
C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上
D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3
2．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从M点进入电场，沿直线运动到N点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该微粒带正电
B．该微粒做匀速直线运动
C．只增大初速度，微粒仍沿直线MN运动
D．从M至N过程中，该微粒电势能减小，动能增加
二、解答题
3．（2023·北京房山·统考二模）电子经过电场加速后射入偏转电场。已知加速电场两极板间电压为U1，偏转电场两极板间电压为U2，极板长为L，相距为d，电子质量为m，电荷量为e，（重力不计）。求：
（1）电子离开加速电场时速度大小v0；
（2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移大小y；
（3）某同学认为将一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始进入该装置，它们会分离为三股粒子束。你认为这位同学的看法是否正确，请说明理由。
4．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时垂直极板方向偏移的距离y；
（3）电子从偏转电场射出时的速度方向。
5．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。
参考答案
1．D
【详解】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则
解得
所以
解得
小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误；
B．小球下落时间t时的速度大小为
小球回到出发点时的速度大小为
从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间
加速运动时间
小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误；
C．以竖直向下为正，则
小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误；
D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为
合外力做功为
所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为
故D正确。
故选D。
2．C
【详解】ABD．由于带电微粒从M到N做直线运动，根据受力分析可知，带电微粒受到的电场力水平向左，与电场方向相反，该微粒带负电；带电微粒受到的合力方向与初速度方向相反，可知合力对微粒做负功，微粒动能减小，电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，故ABD错误；
C．只增大初速度，带电微粒受力不变，则带电微粒受到的合力方向仍与初速度方向相反，微粒仍沿直线MN运动，故C正确。
故选C。
3．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）电子在加速电场中做匀加速直线运动，有
所以
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有
所以
（3）粒子离开偏转电场的速度偏转角为
竖直方向的偏移量为
由以上分析可知，粒子离开偏转电场时速度的偏转角、竖直方向的偏移量均与粒子的比荷无关，故不会分为三股粒子束。
4．（1）；（2）；（3）速度方向与水平方向夹角，斜向右下方
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）进入偏转电场后做类平抛运动
联立解得
（3）设速度与水平方向夹角为θ，则
则
斜向右下方。
5．（1）；（2）；（3），方向垂直于纸面向里或者向外
【详解】（1）根据对称性可知，C点电场场强方向沿着AB连线的中垂线向上，如图所示
（2）C点电势为
O点电势为
设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律可得
解得
（3）设圆周运动的半径为，C点电场场强大小为，则有
联立解得
方向垂直于纸面向里或者向外。2023北京高三二模物理汇编
电势能和电势
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，O为等量异种点电荷连线的中点，A、B为连线上的点，C、D为其中垂线上的点，且A、B、C、D距O点距离相等，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电势相等
B．C、D两点电场强度不相同
C．O点电势为零，电场强度也为零
D．沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功
2．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，虚线为静电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（ ）
A．A点的电势大于B点的电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．将q在A点由静止释放，其受静电力将增大
D．将q在A点由静止释放，其电势能将减小
3．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，真空中两个等量异号的点电荷和分别位于A点和点，以连线中点O建立空间直角坐标系，B、C、M、P是坐标轴上的4个点，其中。下列说法正确的是（ ）
A．沿y轴从B点到C点电势先增大再减小
B．B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等
C．P点与O点的电场强度大小相等
D．P点与M点的电场强度方向垂直
4．（2023·北京朝阳·统考二模）某区域静电场的电场线分布如图所示，a、b、c是电场中的三个点。下列说法错误的是（ ）
A．a、b、c三点电场强度大小关系为
B．a、b、c三点电势关系为
C．电子在a、b、c三点的电势能关系为
D．将质子从b点由静止释放，仅在静电力作用下它将沿电场线运动
二、解答题
5．（2023·北京朝阳·统考二模）无处不在的引力场，构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。
（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）
（2）物体处于引力场中，就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。
中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为、，且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。
（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据，可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出图像，如图所示。已知太阳的质量，太阳距离银心。
a．某同学根据表达式认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。
b．将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能。
参考答案
1．D
【详解】A、AB连线上的场强向右，沿电场线方向，电势逐渐降低，所以A点电势大于B点电势，故A错误；
B、C、D两点到两点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式与电场的叠加原理可知，C、D两点电场强度大小相等、方向相同，故B错误；
CD、等量异号电荷连线的中垂线是等势线，中垂线上O点的电势与无穷远的电势相等为零，沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功，但O点的电场强度不为零，电场强度方向向右，故C错误，D正确；
故选D。
2．D
【详解】A．带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则A点的电势小于B点的电势，故A错误；
B．A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；
CD．将q在A点由静止释放，将向电势低处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知，y轴上和之间的电场线方向为沿y轴正方向，沿电场线电势降低，所以沿y轴从B点到C点电势逐渐减小。故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场线分布可知，B和C关于O点对称的情况下，,而M点处电势为0，因此B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等。故B正确；
C．根据等量异种电荷的电场线分布可知，从O点开始沿z轴正方向场强逐渐减小，P点电场强度小于O点。故C错误；
D．根据等量异种电荷的电场线分布可知，和点的对称轴上的点电场强度均为沿y轴正方向，P点与M点的电场强度方向相同。故D错误。
故选B。
4．D
【详解】A．由电场线分布的疏密程度，可知a、b、c三点的电场强度大小关系为
Eb＞Ea＞Ec
故A不符合题意；
B．沿电场线的方向电势逐渐降低，结合图可知a、b、c三点的电势关系为
φb＞φa＞φc
故B不符合题意；
C．因为
φb＞φa＞φc
根据
Ep=qφ
可知电子在a、b、c三点的电势能关系为
故C不符合题意；
D．将质子从b点由静止释放，由于电场线不是直线，所以仅在静电力作用下它将不会沿电场线运动，故D符合题意。
故选D。
5．（1）；（2）系统的引力势能减小，运动的周期减小；（3）a．见解析；b．
【详解】（1）根据类比，有
（2）在电场中，在只有电场力做功时，当电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，二者之和保持不变；当电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，二者之和保持不变。类比可知，在合并过程中，中子星受到的引力做了正功，则该中子星系统的引力势能将减小，由于引力势能和动能之和保持不变，则中子星的动能将增加，线速度将增大，同时由于运动半径的减小，所以运动的周期T将减小。
（3）a．根据引力场强度的定义及万有引力提供向心力可得
整理得
由上式可知，引力场强度g的大小与银心质量成正比，与到银心的距离平方成反比。表达式只能作为一个替换的计算式使用，不能用于定性分析引力场强度g的变化性质，因为它没有表达出引力场强度g的产生原因。
b．根据引力势能与动能之和保持不变可知，如果将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，则太阳在当前位置所具有的动能，就等于太阳在银河系中所具有的引力势能。由公式
可得太阳的速度平方为
由图可知，在时，，所以太阳的引力势能为2023北京高三二模物理汇编
第一道计算题（第17题）
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时垂直极板方向偏移的距离y；
（3）电子从偏转电场射出时的速度方向。
2．（2023·北京东城·统考二模）一个质量为m的物体，在光滑水平面上向左做匀加速直线运动。某时刻物体的速度为v1，经过一段时间 t，速度变为v2。
（1）求物体的加速度大小a；
（2）若物体所受合力为F，在 t时间内动量的变化量为 p，根据牛顿第二定律推导 p与F的关系；
（3）若物体继续向左运动与竖直墙壁发生碰撞。碰前瞬间物体的速度大小为7m/s，碰后物体以6m/s的速度反向运动。碰撞时间为0.05s，已知m=0.5kg，求碰撞过程中墙壁对物体的平均作用力。
3．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，一个质量的物块从光滑的斜面顶端A下滑，斜面高度，斜面长为2.5m。物块与水平面动摩擦因数为0.1，斜面与水平面平滑连接，物块运动到水平面C点静止。g取10m/s2，求：
（1）物块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）物块到达斜面末端B点时的速度大小v；
（3）物块在水平面运动的位移大小x。
4．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离。
5．（2023·北京海淀·统考二模）设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知引力常量G，地球表面的重力加速度g，忽略地球自转。
（1）推导地球质量M的表达式。
（2）推导地球第一宇宙速度v的表达式。
（3）设地球的密度为ρ，靠近地球表面做圆周运动的卫星的周期为T，证明。
6．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，倾角、高度的斜面与水平面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知小木块的质量，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度。，。求：
（1）小木块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）小木块滑至斜面底端时的速度大小v；
（3）小木块在水平面上运动的距离x。
7．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，沿水平面从A点加速运动至B点，A、B两点间的距离为l。物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。在物体从A点运动到B点的过程中，求：
（1）物体的加速度大小a；
（2）恒力F对物体做的功W；
（3）此过程中物体速度由变化到，请根据牛顿第二定律和运动学公式，推导合力对物体做的功与物体动能变化的关系。
参考答案
1．（1）；（2）；（3）速度方向与水平方向夹角，斜向右下方
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）进入偏转电场后做类平抛运动
联立解得
（3）设速度与水平方向夹角为θ，则
则
斜向右下方。
2．（1）；（2）见解析；（3）130N，方向水平向右
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律
可得
（2）根据牛顿第二定律
所以
（3）由（2）分析可知
解得
方向水平向右。
3．（1）；（2）5m/s；（3）12.5m
【详解】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律有
根据几何关系有
解得
（2）物块从A到B根据运动学规律可得
代入数据可得
v=5m/s
（3）在水平面上运动摩擦阻力提供加速度有
物块从B到C根据运动学规律可得
代入数据可得
x=12.5m
4．（1），方向水平向右；（2）机械能增加了；（3）
【详解】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为
方向水平向右
炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得
方向水平向右
（2）炸裂前后系统机械能的变化量为
解得
A、B系统机械能增加了。
（3）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为
落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为
解得
5．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）忽略地球自转，地球表面的物体所受重力等于万有引力
解得地球质量
（2）在地球表面附近万有引力提供向心力
解得地球第一宇宙速度
（3）靠近地球表面做圆周运动的卫星，万有引力提供向心力
又地球质量
解得
6．（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m
【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知
解得加速度大小
（2）根据
可得小木块滑至斜面底端时的速度大小
v=2m/s
（3）小木块在水平面上运动时的加速度
运动的距离
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由牛顿第二定律
联立解得
（2）从A到B的过程中，F为恒力，根据功的公式得
（3）在A到B的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
联立解得
即合力对物体做的功等于物体动能的变化量。2023北京高三二模物理汇编
光电效应
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，分为a、b两束。下列说法正确的是（ ）
A．在平行玻璃砖中，b光的速度比a光小
B．平行玻璃砖对b光的折射率比a光大
C．发生全反射时，b光的临界角比a光大
D．若用a光照射某金属刚好发生光电效应，则用b光照射一定能发生光电效应
2．（2023·北京东城·统考二模）某光源发出的光由不同波长的光组成。不同波长的光的强度（表示光的强弱）如图所示。使金属恰好发生光电效应的光的波长，称为极限波长。表中为一些金属的极限波长。用该光源照射表中金属表面，则（ ）
材料 铂 钨 钠
极限波长（nm） 196 274 542
A．只有钠表面有电子逸出 B．只有铂表面有电子逸出
C．钨、铂表面均有电子逸出 D．铂、钨、钠表面均有电子逸出
3．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，细光束从空气射向平行玻璃砖上表面，经折射后分为a、b两束从下表面射出，则（ ）
A．在玻璃中传播时，a光的速度较大
B．从同一种介质射向真空，a光发生全反射的临界角较小
C．若增大入射光在上表面的入射角，则a光先在下表面发生全反射
D．若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属一定也能发生光电效应
4．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压Uc与入射光的频率的关系图像。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
5．（2023·北京丰台·统考二模）如图是研究光电效应的实验装置，开始时滑列变阻器的滑片P与固定点O正对。用频率为ν的光照射光电管的阴极K，观察到微安表指针偏转，不计光电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小照射光频率，微安表指针一定不偏转
B．仅减小照射光强度，微安表指针一定不偏转
C．仅将滑片P向a端移动，微安表示数变大
D．仅将滑片P向b端移动，光电子向A板运动的过程中动能变大
参考答案
1．C
【详解】B．光路图如图所示
由图可知，以相同的入射角射入玻璃，a光在玻璃中的折射角小于b光在玻璃中的折射角，根据折射定律
可知，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故B错误；
A．光在介质中的传播速度为
由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以在平行玻璃砖中，b光的速度比a光大，故A错误；
C．根据临界角与折射率的关系
由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以发生全反射时，b光的临界角比a光大，故C正确；
D．由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，若用a光照射某金属刚好发生光电效应，则用b光照射一定不能发生光电效应，故D错误。
故选C。
2．A
【详解】根据光电效应方程可知
只要光的波长小于某金属的极限波长，就有光电子逸出，由题图可知，该光源发出的光的波长大约在400nm到800nm之间，而三种材料中，极限频率最小的钠的极限波长是542nm，在400nm到800nm之间，所以该光源能使钠产生光电效应；该光源发出的光的波长大于钨、铂的极限波长，钨、铂表面没有电子逸出。故A正确，BCD错误。
故选A。
3．B
【详解】A．根据折射定律
入射角相同，a光的折射角小，玻璃对a光的折射率大，根据
可知在玻璃中传播时，a光的速度较小，故A错误；
B．根据临界角公式
可知a光发生全反射的临界角较小，故B正确；
C．光在上表面的折射角等于在下表面的入射角，若增大入射光在上表面的入射角时，在下表面的入射角总小于临界角，可知a光先在下表面不会发生全反射，故C错误；
D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据光电效应方程
可知a光照射某金属能发生光电效应，b光照射该金属不一定发生光电效应，故D错误。
故选B。
4．A
【详解】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
故Uc与图象的斜率为，从而解得普朗克常量；当Uc=0时，可解得：ν=νc可得该金属的截止频率和逸出功；但是不能求解饱和光电流，故选项A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
5．D
【详解】A．仅减小照射光频率，仍可能发生光电效应，微安表指针可能偏转，故A错误；
B．能否发生光电效应是由入射光的频率决定，与入射光的强度无关，故B错误；
C．将滑片P向a端移动，光电管所加的电压为反向电压，所以光电流会一直减小，故C错误；
D．仅将滑片P向b端移动，光电管所加的电压为正向电压，管中电场向左，电子从K向右逸出所受电场力向右，光电子向A板运动的过程中动能变大，故D正确。
故选D。2023北京高三二模物理汇编
交变电流的描述
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考二模）图甲所示为一种手机无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，手机中安装有受电线圈。送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在周围空间激发感生电场，受电线圈中产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路（图中未画出）处理后的电流i'随时间t'变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的工作原理是电流的磁效应
B．送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能
C．相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为2:1
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率变小
2．（2023·北京海淀·统考二模）正弦交变电源与电阻、理想交流电压表按照图1方式连接，已知电阻，交流电压表示数为。图2是通过电阻的电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．电阻两端的电压随时间变化的规律是
B．电阻两端的电压随时间变化的规律是
C．通过电阻的电流随时间变化的规律是
D．通过电阻的电流随时间变化的规律是
3．（2023·北京丰台·统考二模）某正弦式交变电流随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．此交变电流的有效值为
B．时，线圈位于中性面
C．时，穿过线圈的磁通量最大
D．时，穿过线圈的磁通量变化率最大
参考答案
1．B
【详解】A．受电线圈的工作原理是电磁感应的原理，故A错误；
B．根据题意可知送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能，故B正确；
C．图乙中电流的有效值为
图丙中电流的有效值为
可知相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为1:1；
故C错误；
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率不变，故D错误；
故选B。
2．D
【详解】根据题意，由图乙可得，交流电的周期为，则有
电阻两端的电压的最大值为
电阻两端的电压随时间变化的规律是
通过电阻的电流随时间变化的规律是
故选D。
3．B
【详解】A．由图可知电流最大值为，则此交变电流的有效值为
故A错误；
B．时，电流为零，此时线圈位于中性面，故B正确；
C．时，电流最大，此时感应电动势最大，穿过线圈的磁通量变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D．时，电流为零， 此时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误。
故选B。2023北京高三二模物理汇编
变压器
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为31.1V
B．滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C．滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D．滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
二、实验题
2．（2023·北京房山·统考二模）实验测量、实验操作、数据分析和误差分析是物理实验的重要环节。
（1）用10分度的游标卡尺测量某物体直径如图所示，则直径d = ________cm。
（2）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材，可拆变压器，学生电源，数字万用表。
关于本实验，下列说法正确的是________。
A．为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，原线圈所接电压不超过12V
B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱
C．变压器正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
D．使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
（3）现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2，数据如下表。
原线圈匝数n1（匝） 副线圈匝数n2（匝） 输入电压U1（V） 输出电压U2（V）
100 200 4.32 8.27
100 800 4.32 33.90
400 800 4.33 8.26
400 1600 4.33 16.52
①在误差允许范围内，表中数据基本符合________规律。
②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因________。
3．（2023·北京朝阳·统考二模）某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
（1）该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。
实验序号 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圈电压（V） 副线圈电压（V）
1 400 200 4.22 2.10
2 400 800 4.22 8.36
3 400 1600 4.22 16.83
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，______________。
（2）该同学利用（1）问中第2组数据时的副线圈给一标有“3.8V ； 0.3A”字样的小灯泡供电，发现小灯泡并没有被烧坏。测量此时小灯泡两端的电压约为3.00V，并不是8.36V，其原因主要是_____________。
（3）可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是________。
A．第二次实验中小灯泡更亮些
B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流
（4）如图所示的电路中，电压为的交流电源通过阻值为的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为、。若保持不变，将可变电阻R的阻值增大，则流经原线圈的电流________（选填“增大”“减小”或“不变”）；当可变电阻R的阻值为________时（用、和表示），可变电阻R的功率最大。
4．（2023·北京海淀·统考二模）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）某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图1中的零件组装成图2中的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图3所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1~t2时间内进行的操作是________。（选填选项前的字母）
A．减少了原线圈的匝数 B．增加了副线圈的匝数
C．降低了交流电源的频率 D．拔掉了变压器铁芯Q
（2）如图所示，取一个半径为r的软木塞，在它的轴心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，使大头针露在外面的长度为h。这时从液面上方的各个方向向液体中观察，恰好看不到大头针。可知该液体的折射率的测量值n=________。（用r、h表示）
（3）用图示电路给电容器C充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此反复。下表记录了充、放电过程中某两个时刻通过电流表的电流方向，根据该信息，在表格内各空格处填上合理的答案。
时刻 通过电流表的电流方向 电流表中的电流正在增大还是减小 电容器两端的电压正在增大还是减小
t1 向左 ______________ ______________
t2 向右 _____________ ______________
参考答案
1．D
【详解】A．交流电的电压有效值为
根据
可知电压表的示数为22V，A错误；
B．由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，无论滑动变阻器阻值如何变化，副线圈两端的电压也保持不变，B错误；
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流表的示数减小，C错误；
D．根据
可知当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器消耗的功率减小，因此变压器的输入功率减小，D正确。
故选D。
2． 0.52 ABD/ADB/BAD/BDA/DBA/DAB 在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比 有漏磁、铁芯发热、导线发热等
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有
0.5cm＋2 × 0.1mm = 0.52cm
（2）[2]A．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12V，A正确；
B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱，B正确；
C．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，C错误；
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确。
故选ABD。
（3）①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，即有
②电压之比与匝数之比并不相等，主要原因是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，使副线圈两端电压偏低。
3． 变压器原、副线圈的电压比等于匝数比 副线圈有电阻，副线圈有内压 BC/CB 减小
【详解】（1）[1] 根据实验数据，得到的结论为： 在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）[2]副线圈有电阻，副线圈有内压。
（3）[3] AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
（4）[4] 在原、副线圈匝数比一定的情况下，R增大，副线圈电流I2减小，设原线圈电流为I1，根据，知流经原线圈的电流I1减小。
[5] 把变压器和R等效为一个电阻，R0当作电源内阻，则输出功率
当内外电阻相等即
时，输出功率最大，根据，得
代入，解得
4． D 减小 减小 减小 增大
【详解】（1）[1]AB．由变压器电压与线圈匝数关系
得
如果减少了原线圈的匝数或增加了副线圈的匝数，则应该增大，与图像不符合，AB错误；
C．降低了交流电源的频率，不会影响的大小，C错误；
D．拔掉了变压器铁芯Q，会导致漏磁，则
由于，，都不变，所以减小，D正确。
故选D。
（2）[2]由题意知，大头针在液体中发生全反射的临界角满足
根据
解得液体的折射率为
（3）[3]由于时刻电流方向向左，说明在这个时候电容器是在放电，所以电流表中的电流正在减小。
[4]此时电容器正在放电，电容器两端的电压正在减小。
[5] 由于时刻电流方向向右，说明在这个时候电容器是在充电，电流先快速增大后逐渐减小。
[6]此时电容器是在充电，电压正在增大。2023北京高三二模物理汇编
动量
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．人先处于超重状态，后处于失重状态
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大
D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
2．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，把质量为m的石块从距地面高h处以初速度斜向上抛出，与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。若只改变抛射角，下列物理量一定不变的是（ ）
A．石块在空中的飞行时间 B．石块落地的水平距离
C．石块落地时的动能 D．石块落地时的动量
二、解答题
3．（2023·北京海淀·统考二模）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
参考答案
1．B
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增加后减小，选项A错误，B正确；
C．绳子对人的拉力方向始终向上，则绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小，选项C错误；
D．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，选项D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．石块方向分速度
竖直方向根据
可知在空中的飞行时间因的不同而不同，A错误；
B．水平方向
结合A选项分析可知石块落地的水平距离可能因的不同而不同，B错误；
C．根据动能定理可得石块落地时的动能
可知石块落地时的动能一定相同，C正确；
D．根据C选项分析可知，落地时速度的大小相同，但是方向不相同，所以石块落地时的动量不同，D错误。
故选C。
3．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理
解得
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理
解得
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得
根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度
将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程2023北京高三二模物理汇编
核裂变与核聚变
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．射线带正电，电离能力较弱，穿透能力较强
B．放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件有关
C．热核反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能使反应继续下去
D．根据玻尔理论，电子从高能级跃迁到低能级，放出光子的能量由前后两个能级的能量差决定
2．（2023·北京朝阳·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．氢原子由激发态向基态跃迁时放出光子
B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关
C．核聚变与核裂变均释放能量，因此核反应前后质量数不守恒
D．卢瑟福的核式结构模型可以解释氢原子光谱不连续的现象
3．（2023·北京昌平·统考二模）下列核反应属于衰变的是（ ）
A． B．
C． D．
二、解答题
4．（2023·北京房山·统考二模）我国正进行太阳帆推进器研究，宇宙飞船上携带面积很大反射率极高的太阳帆。太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，加速航天器。已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，单位时间内垂直照射到太阳帆单位面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。
（1）求单位时间内作用在太阳帆上的光子个数N；
（2）假设未打开太阳帆前宇宙飞船做匀速直线运动，太阳帆打开后，太阳光垂直照射，求宇宙飞船的加速度大小a；
（3）若太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少 m，假设能量均以光子形式不断向外辐射。请你利用题目所给数据，说明如何估测宇宙飞船到太阳的距离l。
参考答案
1．D
【详解】A．α射线的实质是氦核，带正电，三种射线中，α射线的电离能力最强，穿透能力最弱，故A错误；
B．放射性元素衰变的快慢由原子核自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；
C．核聚变一旦发生以后，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，故C错误；
D．玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，根据玻尔理论，原子从高能态向低能态跃迁放出光子的能量等于前后两个能级之差，故D正确。
故选D。
2．A
【详解】A．根据波尔理论可知，氢原子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减少，故A正确；
B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态及外部条件无关，故B错误；
C．根据核反应方程的守恒条件，必须满足质量数守恒，核电荷数守恒，故C错误；
D．卢瑟福的粒子散射实验证明了原子的核式结构，波尔理论解释了氢原子光谱的连续性，故D错误。
故答案选A。
3．A
【详解】A．核反应方程，是天然放射现象，属于衰变，A正确；
B．核反应方程，是天然放射现象，属于α衰变，B错误；
C． 核反应方程，是人工核反应，是发现质子的核反应方程，C错误；
D．核反应方程，是属于重核的裂变反应，D错误。
故选A。
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）一个光子的能量为
ε = hv
太阳帆每秒接受的能量为ES，故每秒内接受的光子的个数为
（2）光子垂直射到太阳帆上再反射，动量变化量为2p，设光对太阳帆的压力为F，光子的动量为
其中
单位时间内由动量定理知
由牛顿第二定律得
（3）太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少 m，则根据爱因斯坦的质能方程可知
E = mc2
若能量均以光子形式不断向外辐射，则距离太阳l处的宇宙飞船在单位面积接收到的能量为
联立有2023北京高三二模物理汇编
电学实验
1．（2023·北京房山·统考二模）实验测量、实验操作、数据分析和误差分析是物理实验的重要环节。
（1）用10分度的游标卡尺测量某物体直径如图所示，则直径d = ________cm。
（2）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材，可拆变压器，学生电源，数字万用表。
关于本实验，下列说法正确的是________。
A．为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，原线圈所接电压不超过12V
B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱
C．变压器正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
D．使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
（3）现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2，数据如下表。
原线圈匝数n1（匝） 副线圈匝数n2（匝） 输入电压U1（V） 输出电压U2（V）
100 200 4.32 8.27
100 800 4.32 33.90
400 800 4.33 8.26
400 1600 4.33 16.52
①在误差允许范围内，表中数据基本符合________规律。
②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因________。
2．（2023·北京西城·统考二模）某同学在实验室进行测量电阻的实验。
（1）该同学先用欧姆表“”挡粗测一个未知电阻R的阻值，示数如图1所示，对应的读数是___________。
（2）他进一步采用伏安法进行精确测量，测量电路如图2所示，其中电压表的内阻约为，电流表的内阻约为，为了尽量减小实验误差，电压表的右端应接在___________点（选填“M”或“N”）。
（3）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。该同学为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样注满绝缘性能良好的横截面直径为几厘米的薄塑料圆柱形容器，容器两端用很薄的金属圆片电极密封，如图3所示。
a. 他先通过查阅资料估算出容器内水样的电阻约为十万欧，然后用伏安法进行测量。除开关和若干导线外，他还找到下表所示的器材，请选择合适的器材，设计测量该水样电阻的方案，在下图方框内画出电路图，并标注所选器材的代号，水样的电阻用表示。___________
器材（代号） 规格
电源（） 电动势约为3.0V，内阻可以忽略不计
电源（） 电动势约为15.0V，内阻可以忽略不计
电压表（） 量程0~3V，内阻约
电压表（） 量程0~15V，内阻约
电流表（） 量程0~0.6A，内阻约
电流表（） 量程，内阻约
滑动变阻器（R） 总阻值约
b. 测出水样的电阻后，为了测出样品的电导率，请写出该同学还需要测量的物理量，以及使用的测量工具和测量方法。___________
3．（2023·北京东城·统考二模）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）如图甲所示，“测玻璃的折射率”的实验中，将白纸平铺在木板上并用图钉固定，之后将玻璃砖平放在白纸上，在适当位置竖直地插上A、B、C、D四个大头针。图中a和a'为玻璃砖的两个界面，AB延长线与直线a的交点为O，CD延长线与直线a'的交点为O'，NN'表示法线。
①在插大头针C时，应使其________（选填选项前的字母）。
A．只挡住A的像 B．只挡住B的像 C．同时挡住A、B的像
②该玻璃砖的折射率可表示为________（用θ1和θ2表示）。
（2）利用不同电路测量电源电动势和内阻。
①用图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是________。
A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用 C．电流表的分流作用 D．电流表的分压作用
②用图丙所示电路测量时，改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录多组电流表示数I和电阻箱示数R，以R为横轴，以为纵轴，做出图像，图线的斜率表示________。
4．（2023·北京昌平·统考二模）测电阻有多种方法。
（1）甲同学用多用电表欧姆挡直接测量待测电阻的阻值。某次测量时，多用电表表盘指针如图所示。已知他选用欧姆挡的倍率为“×100”，则的测量值为________Ω。
（2）乙同学用如图所示的电路，测量待测电阻的阻值。某次实验，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则电阻的测量值为________。若不考虑偶然误差，该测量值与的真实值相比________（选填“偏小”或“偏大”）。
（3）丙同学用如图所示的电路，测量待测电阻的阻值。操作步骤如下：①先将开关S接1，调节滑动变阻器，读出电流表的示数I；②再将开关S接2，保持不变，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值为。则的测量值为________；电流表内阻对测量结果________（选填“有”或“无”）影响。
（4）丁同学用如图所示的电路，测量电流计内阻的阻值。操作步骤如下：①先闭合开关，调节，使电流计指针满偏；②再闭合开关，保持不变，调节使得电流计指针半偏，记下此时的值为。则的测量值为________；若不考虑偶然误差，电流计内阻的测量值________（选填“大于”“等于”或“小于”）其真实值。
5．（2023·北京海淀·统考二模）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）某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图1中的零件组装成图2中的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图3所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1~t2时间内进行的操作是________。（选填选项前的字母）
A．减少了原线圈的匝数 B．增加了副线圈的匝数
C．降低了交流电源的频率 D．拔掉了变压器铁芯Q
（2）如图所示，取一个半径为r的软木塞，在它的轴心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，使大头针露在外面的长度为h。这时从液面上方的各个方向向液体中观察，恰好看不到大头针。可知该液体的折射率的测量值n=________。（用r、h表示）
（3）用图示电路给电容器C充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此反复。下表记录了充、放电过程中某两个时刻通过电流表的电流方向，根据该信息，在表格内各空格处填上合理的答案。
时刻 通过电流表的电流方向 电流表中的电流正在增大还是减小 电容器两端的电压正在增大还是减小
t1 向左 ______________ ______________
t2 向右 _____________ ______________
6．（2023·北京海淀·统考二模）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀、阻值约为5Ω的电阻丝进行了测量。
（1）在测量了电阻丝的长度之后，该同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图1所示为________mm。
（2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω）
B．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
C．滑动变阻器（0~5Ω，额定电流2A）
D．滑动变阻器（0~200Ω，额定电流1A）
为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选________（选填器材前的字母）。然后补充完成图2中实物间的连线___________。
（3）关于上述实验，下列说法正确的是________。
A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小系统误差
B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C．只考虑电表内阻引起的误差，电压表分流会导致电阻测量值偏小
D．只考虑电表内阻引起的误差，电流表分压会导致电阻测量值偏大
（4）电导率是电阻率的倒数，用希腊字母δ表示，常用单位是西门子/厘米（S/cm），即。电导率是反映水质的一项重要指标。资料显示某种饮用水的电导率约为。将该饮用水灌入一个绝缘性能良好、高约12cm、容积约240mL的薄壁塑料瓶（如图3所示），瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封。请通过计算说明用图2中的实验器材能否较为精确的测量该饮用水的电导率。若能，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法；若不能，请提出一种改进措施_____________。
7．（2023·北京朝阳·统考二模）某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
（1）该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。
实验序号 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圈电压（V） 副线圈电压（V）
1 400 200 4.22 2.10
2 400 800 4.22 8.36
3 400 1600 4.22 16.83
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，______________。
（2）该同学利用（1）问中第2组数据时的副线圈给一标有“3.8V ； 0.3A”字样的小灯泡供电，发现小灯泡并没有被烧坏。测量此时小灯泡两端的电压约为3.00V，并不是8.36V，其原因主要是_____________。
（3）可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是________。
A．第二次实验中小灯泡更亮些
B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流
（4）如图所示的电路中，电压为的交流电源通过阻值为的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为、。若保持不变，将可变电阻R的阻值增大，则流经原线圈的电流________（选填“增大”“减小”或“不变”）；当可变电阻R的阻值为________时（用、和表示），可变电阻R的功率最大。
8．（2023·北京丰台·统考二模）某物理兴趣小组的同学在实验室测量不同电源的电动势和内阻。
（1）甲同学所测电源的电动势约为，内阻约为。
①甲同学在实验过程中，可选择的器材有：
A．电流表（量程为，内阻约为）；
B．电压表（量程为，内组为为）；
C．滑动变阻器（最大阻值为）；
D．滑动变阻器（最大阻值为）。
本实验中，滑动变阻器应先用___________（选填“C”或“D”）。
②甲同学用图1所示的电路进行测量，请将图2中的实物电路补充完整_________。
（2）乙同学用电阻箱和电压表测量水果电池的电动势和内阻，电路如图3所示。闭合开关S后，调节电阻箱得到多组实验数据，由电阻箱的电阻和电阻箱两端的电压，计算得到通过电阻箱的电流，如下表所示。坐标纸上已经描好了5组数据点，请将第4组数据描在坐标纸上，并在图4中作出图像___________。根据图像得出该水果电池的内阻___________。
1 2 3 4 5 6
0.1 0.2 0.4 0.8 1.6 4.0
0.09 0.16 0.27 0.40 0.60 0.67
0.90 0.80 0.68 0.50 0.38 0.17
（3）实验小组的同学在分析实验误差时，认为由于电表内阻的影响，导致电压表和电流表的测量值可能与“路端电压”和“流过电源的电流”存在偏差。下列分析正确的是______
A．图1中电压表的测量值偏大
B．图1中电流表的测量值偏小
C．图3中电压表的测量值偏大
D．图3中计算出的电流值比“流过电源的电流”小
参考答案
1． 0.52 ABD/ADB/BAD/BDA/DBA/DAB 在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比 有漏磁、铁芯发热、导线发热等
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有
0.5cm＋2 × 0.1mm = 0.52cm
（2）[2]A．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12V，A正确；
B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱，B正确；
C．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，C错误；
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确。
故选ABD。
（3）①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，即有
②电压之比与匝数之比并不相等，主要原因是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，使副线圈两端电压偏低。
2． 8 M 见解析 见解析
【详解】（1）[1]该同学先用欧姆表“”挡粗测一个未知电阻的阻值，由图1可知读数为
（2）[2]根据
为了尽量减小实验误差，电流表应采用外接法，则电压表的右端应接在M点。
（3）a[3]水样的电阻约为十万欧，若电源选择电动势为的，则最大电流为
若电源选择电动势为的，则最大电流为
则电流表应选择量程为的；为了使电流表读数超过量程的，电源应选择电动势为的，电压表应选择量程为的；由于待测电阻约为十万欧，远大于电流表内阻和滑动变阻器阻值，为了减小误差，电流表应采用内接法，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示
b[4]根据电阻定律可得
又
可知
则电导率为
为了测出样品的电导率，还需要测量圆柱形容器的长度和横截面的直径；
测量圆柱形容器的长度的工具和方法：用刻度尺测量圆柱形容器的长度，多次测量取平均值；
测量圆柱形容器横截面直径的工具和方法：用游标卡尺测量圆柱形容器横截面直径，在圆柱形容器的不同位置多次测量取平均值。
3． C A
【详解】（1）①[1]确定大头针C的位置时，应该使大头针C能够挡住A、B的像，则大头针C一定在出射光线方向上。
故选C。
②[2]由折射定律，该玻璃砖的折射率可表示为
（2）①[3]图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是电压表的分流作用，使得测得的电流小于流过电源的电流。
故选A。
②[4]若不考虑电流表的内阻，则有
则
图线的斜率表示，同理若考虑电流表的内阻，结果是相同的。
4． 600 偏大 无 小于
【详解】（1）[1]选用欧姆挡的倍率为“×100”，则的测量值为
（2）[2]某次实验，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则电阻的测量值为
[3]电路图中电流表采用内接法，误差来源于电流表的分压，使得电压表读数大于待测电阻的真实电压，则该测量值与的真实值相比偏大。
（3）[4][5]先将开关S接1时，根据闭合电路欧姆定律可得
先将开关S接2时，根据闭合电路欧姆定律可得
可知的测量值为；电流表内阻对测量结果无影响。
（4）[6]先闭合开关，调节，使电流计指针满偏；则有
再闭合开关，保持不变，调节使得电流计指针半偏，记下此时的值为，则有
则有
可知的测量值为；
[7]若不考虑偶然误差，由于
则有
可得
则电流计内阻的测量值小于其真实值。
5． D 减小 减小 减小 增大
【详解】（1）[1]AB．由变压器电压与线圈匝数关系
得
如果减少了原线圈的匝数或增加了副线圈的匝数，则应该增大，与图像不符合，AB错误；
C．降低了交流电源的频率，不会影响的大小，C错误；
D．拔掉了变压器铁芯Q，会导致漏磁，则
由于，，都不变，所以减小，D正确。
故选D。
（2）[2]由题意知，大头针在液体中发生全反射的临界角满足
根据
解得液体的折射率为
（3）[3]由于时刻电流方向向左，说明在这个时候电容器是在放电，所以电流表中的电流正在减小。
[4]此时电容器正在放电，电容器两端的电压正在减小。
[5] 由于时刻电流方向向右，说明在这个时候电容器是在充电，电流先快速增大后逐渐减小。
[6]此时电容器是在充电，电压正在增大。
6． C BC/CB 电流表改为内接法
【详解】（1）[1]根据题意，由图可知，电阻丝的直径为
（2）[2][3]为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压接法，则选C。待测电阻约为，电流表采用外接法，补充完成图2中实物间的连线，如图所示
（3）[4]A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；
B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；
CD．只考虑电表内阻引起的误差，本实验采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，故D错误，C正确。
故选BC。
（4）[5]根据题意，由电阻定律可得，电阻约为
电阻较大，不能精确的测量该饮用水的电导率，需要把电流表改为内接法。
7． 变压器原、副线圈的电压比等于匝数比 副线圈有电阻，副线圈有内压 BC/CB 减小
【详解】（1）[1] 根据实验数据，得到的结论为： 在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）[2]副线圈有电阻，副线圈有内压。
（3）[3] AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
（4）[4] 在原、副线圈匝数比一定的情况下，R增大，副线圈电流I2减小，设原线圈电流为I1，根据，知流经原线圈的电流I1减小。
[5] 把变压器和R等效为一个电阻，R0当作电源内阻，则输出功率
当内外电阻相等即
时，输出功率最大，根据，得
代入，解得
8． C BD/DB
【详解】（1）①[1]由于甲同学所测电源的电动势约为，内阻约为，实验时，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选择C。
②[2]根据电路图，实物连接如图所示
（2）[3]根据表格第4组数据描点，作出图像如图所示
[4]根据闭合电路欧姆定律可得
可知图像的斜率绝对值等于水果电池的内阻，则有
（3）[5]由实验电路图1可知，误差来源于电压表的分流，使得图1中电流表的测量值偏小；由实验电路图3可知，电路电流计算值为
由于电压表的分流，使得图3中计算出的电流值比“流过电源的电流”小。
故选BD。2023北京高三二模物理汇编
热力学第一定律
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）有关物体的内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大
B．由于物体被举高，组成物体的分子的分子势能增大
C．物体吸收热量，其内能一定增大
D．物体对外界做功，其内能一定减小
2．（2023·北京东城·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．液体分子的无规则运动称为布朗运动
B．分子间距离减小时，分子间的作用力也减小
C．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
D．物体温度升高，每个分子热运动的动能均增大
3．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，固定在水平地面上的汽缸内密封一定质量的理想气体，活塞处于静止状态。若活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。将活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．气体的内能保持不变 B．气体的内能逐渐增大
C．气体的压强保持不变 D．气体的压强逐渐减小
4．（2023·北京丰台·统考二模）如图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的压强变小 B．气体的体积变小
C．气体对外界做功 D．气体的内能减小
参考答案
1．A
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大，故A正确；
B．物体被举高后，宏观的重力势能增加，对于微观中分子势能是没有影响的，故B错误；
C．物体吸收热量的同时对外做功，其内能不一定增大，故C错误；
D．物体对外界做功的同时吸收热量，其内能不一定减小，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．布朗运动是液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体或气体分子在做无规则运动，故A错误；
B．当分子间距离小于平衡位置的距离时，随着分子间距离的减小，分子力增大；当分子间距离大于平衡位置间距离时，随着分子间距离的减小，分子力可能减小，也可能先增大后减小，故B错误；
C．根据热力学第一定律
若物体从外界吸收热量的同时在对外做功，且所做的功在数值上大于所吸收的热量，那么内能此时将减小，故C正确；
D．温度是衡量分子平均动能的标志，物体温度升高分子平均动能增大，而单个分子的动能有可能增大也有可能减小，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】AB．活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，即W>0，气体与外界环境没有热交换，即Q=0，由热力学第一定律可知，，即气体的内能逐渐增大，A错误，B正确；
CD．因，即气体的内能逐渐增大，则气体的温度逐渐升高，气体的体积减小，由可知，气体的压强逐渐增大，CD错误。
故选B。
4．C
【详解】A．由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，A错误；
B．根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，B错误；
C．气体体积增大，气体对外界做功，C正确；
D．气体温度升高，气体内能增大，D错误。
故选C。2023北京高三二模物理汇编
法拉第电磁感应定律
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）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。有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡块出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。根据以上材料可知（ ）
A．超导体处在恒定的磁场中时温度降低，它的表面也不会产生感应电流
B．超导体中的超导电流会产生焦耳热
C．将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度为零
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
2．（2023·北京西城·统考二模）在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，圆环中无感应电流
B．时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C．时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D．时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
3．（2023·北京昌平·统考二模）如图1所示，矩形导线框固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示（规定电流沿为正）。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接有一定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并开始计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是（ ）
A． B．
C． D．
二、解答题
5．（2023·北京房山·统考二模）（1）在电场强度为E的匀强电场中任取A、B两点，把试探电荷沿曲线ACB从A点移到B点。如图甲所示，A、B两点间的距离为l，与水平方向夹角为，求静电力对试探电荷所做的功W。
（2）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图乙所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，忽略相对论效应的影响。
a．电磁体的磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图丙所示，电子在感生电场中加速，写出感生电场的方向，并求在0-T0时间内，真空室中产生感应电动势大小E；
b．均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场。真空室中的电子受到感生电场力的作用定向移动，感生电场力对电子做了功。求电子在真空室中加速所受的感生电场力的大小F，并分析说明涡旋电场中能否像静电场一样建立“电势”的概念。
6．（2023·北京西城·统考二模）电动机是第二次科技革命中的最重要的发明之一，在生产、生活中起着极为重要的作用。
（1）直流电动机的工作原理可以简化为图1所示的模型。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。质量为m、电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端接有直流电源，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。在导体棒运动过程中，导体棒上的电流I与速度v的大小关系满足，导体棒始终受到大小为f的阻力作用。求：
a、 闭合S瞬间，导体棒受到的安培力的大小；
b、 导体棒速度为v时，导体棒加速度的大小a。
（2）某兴趣小组根据直流电动机的工作原理设计了模型飞机的电磁弹射装置。如图2所示，用于弹射模型飞机的线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B，线圈可沿导轨滑动。开关接通，电动势为E、内阻不计的电源与线圈连接，线圈推动飞机从静止开始加速，运动过程中线圈和飞机受到的总阻力恒为f、线圈总电阻为R，匝数为n，每匝周长为l。
a、 若导轨足够长，求飞机能够获得的最大速度。
b、 为了让线圈在模型飞机弹出后尽快停下来，该小组在图2的基础上改进了电路。如图3所示，单刀双掷开关接通1，线圈推动飞机加速；飞机弹出后，将单刀双掷开关接通2，让线圈减速。请说明这一设计的原理。
7．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，粗细均匀的导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的水平匀强磁场上方h处。线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零。已知重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小E，及cd两点间的电势差U；
（2）线框的质量m；
（3）通过线框的电荷量q。
8．（2023·北京朝阳·统考二模）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子核外的电子以角速度绕核做匀速圆周运动，电子的电荷量为e，求等效电流I的大小。
（2）如图所示，由绝缘材料制成的质量为m、半径为R的均匀细圆环，均匀分布总电荷量为Q的正电荷。施加外力使圆环从静止开始绕通过环心且垂直于环面的轴线加速转动，角速度随时间t均匀增加，即（为已知量）。不计圆环上的电荷作加速运动时所产生的电磁辐射。
a．求角速度为时圆环上各点的线速度大小v以及此时整个圆环的总动能；
b．圆环转动同样也形成等效的环形电流，已知该电流产生的磁场通过圆环的磁通量与该电流成正比，比例系数为k（k为已知量）。由于环加速转动形成的瞬时电流及其产生的磁场不断变化，圆环中会产生感应电动势，求此感应电动势的大小E；
c．设圆环转一圈的初、末角速度分别为和，则有。请在a、b问的基础上，通过推导证明圆环每转一圈外力所做的功W为定值。
9．（2023·北京海淀·统考二模）电磁场，是一种特殊的物质。
（1）电场具有能量。如图所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为v和v，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。
（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F=qE）
（3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。
参考答案
1．C
【详解】A．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，故A错误；
B．因为超导体的电阻为零，则超导电流不会产生焦耳热，故B错误；
C．超导体放入磁场中，超导体内部产生的磁感应强度为零，具有完全的抗磁性，故C正确；
D．由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体产生的感应电流方向也会相反，以使感应电流在超导体中产生的磁场与磁铁在超导体中产生的磁场的合磁场为零，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律，有
可知恒定的磁场不能产生电动势，不会有电流产生，AB错误；
C．根据楞次定律，可知垂直纸面向外的磁场增强，线圈会产生垂直纸面向里的磁场，即产生方向的电流，又因为磁场均匀变化，所以产生恒定的电动势，根据闭合电路的欧姆定律，有
所以线圈中产生恒定的电流，同理，磁场均匀减弱时，线圈中产生的电流，C正确；
D．当垂直纸面向里的磁场增强时，根据楞次定律，可知线圈中会产生的电流，形成垂直纸面向外的磁场，D错误。
故选C。
4．D
【详解】C．设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
即
故D正确；
B．杆所受安培力的大小为
杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，其大小为mg，故B错误；
A．导体杆两端的电压为
速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，且U增大的越来越慢，即图线的斜率减小，故A错误。
故选D。
5．（1）；（2）感生电场的方向为顺时针，；（3），静电场的电场线是不闭合的曲线，沿电场线方向电势逐渐降低，而涡旋电场是闭合曲线，所以不能像静电场一样建立“电势”的概念。
【详解】（1）根据功的公式得静电力对试探电荷所做的功
（2）a．由B随时间t的变化关系图可知，磁场随时间在均匀的增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，所以感生电场的方向为顺时针，再根据法拉第电磁感应定律有
b．电子运动一周感生电场力对电子做正功，有
解得感生电场力的大小F，
静电场的电场线是不闭合的曲线，沿电场线方向电势逐渐降低，而涡旋电场是闭合曲线，所以不能像静电场一样建立“电势”的概念。
6．（1）a．；b．；（2）a．；b．见解析
【详解】（1）a．闭合S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力的大小
b．导体棒速度为v时，反电动势为
导体棒受到的安培力的大小
由牛顿第二定律可得导体棒加速度的大小
（2）a．当飞机与线圈组成的系统受到的安培力与阻力大小相等时，飞机的速度达到最大，则有
线圈受到的安培力为
由
可得
b．飞机弹出后，开关接通2，线圈和电阻组成闭合回路，线圈在磁场中做切割磁感线的运动，产生感应电流，受到与运动方向相反的安培力，安培力使线圈做减速运动。
7．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）线框自由下落过程中，由动能定理得
解得
由法拉第电磁感应定律感应电动势为
cd两点间的电势差
（2）线框中电流
则cd边所受安培力
cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零，则
解得线框的质量
（3）在线框进入磁场过程中，通过线框的电荷量
又
，，
解得
8．（1）；（2）a．，；b．；c．见解析
【详解】（1）等效电流的大小为
（2）a．角速度为时圆环上各点的线速度大小为
整个圆环的总动能为
b．角速度随时间t均匀增加，即，则等效电流为
磁通量与该电流成正比，比例系数为k，根据法拉第电磁感应定律有
c．圆环转一圈的初、末动能分别为
，
根据动能定理有
可知圆环每转一圈外力所做的功W为定值。
9．（1）；（2）见详解；（3），水平向左
【详解】（1）由能量守恒可得
（2）假设磁场中有以O为圆心半径为r的圆形闭合回路。磁感应强度随时间均匀增加则
回路中产生的感应电动势为
带电量为q的粒子在回路中运动一圈有
解得
距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。
（3）对导体棒ab由动量定理可得
得
即导体棒ab动量变化量大小为BLq，方向水平向右。系统动量守恒，所以
即电磁场动量变化量的大小为，方向水平向左。2023北京高三二模物理汇编
第三道计算题（第19题）
1．（2023·北京房山·统考二模）（1）在电场强度为E的匀强电场中任取A、B两点，把试探电荷沿曲线ACB从A点移到B点。如图甲所示，A、B两点间的距离为l，与水平方向夹角为，求静电力对试探电荷所做的功W。
（2）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图乙所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，忽略相对论效应的影响。
a．电磁体的磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图丙所示，电子在感生电场中加速，写出感生电场的方向，并求在0-T0时间内，真空室中产生感应电动势大小E；
b．均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场。真空室中的电子受到感生电场力的作用定向移动，感生电场力对电子做了功。求电子在真空室中加速所受的感生电场力的大小F，并分析说明涡旋电场中能否像静电场一样建立“电势”的概念。
2．（2023·北京西城·统考二模）电动机是第二次科技革命中的最重要的发明之一，在生产、生活中起着极为重要的作用。
（1）直流电动机的工作原理可以简化为图1所示的模型。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。质量为m、电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端接有直流电源，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。在导体棒运动过程中，导体棒上的电流I与速度v的大小关系满足，导体棒始终受到大小为f的阻力作用。求：
a、 闭合S瞬间，导体棒受到的安培力的大小；
b、 导体棒速度为v时，导体棒加速度的大小a。
（2）某兴趣小组根据直流电动机的工作原理设计了模型飞机的电磁弹射装置。如图2所示，用于弹射模型飞机的线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B，线圈可沿导轨滑动。开关接通，电动势为E、内阻不计的电源与线圈连接，线圈推动飞机从静止开始加速，运动过程中线圈和飞机受到的总阻力恒为f、线圈总电阻为R，匝数为n，每匝周长为l。
a、 若导轨足够长，求飞机能够获得的最大速度。
b、 为了让线圈在模型飞机弹出后尽快停下来，该小组在图2的基础上改进了电路。如图3所示，单刀双掷开关接通1，线圈推动飞机加速；飞机弹出后，将单刀双掷开关接通2，让线圈减速。请说明这一设计的原理。
3．（2023·北京东城·统考二模）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
如图所示，长为L的均匀细杆的一端固定一个小球，另一端可绕垂直于杆的光滑水平轴O转动。已知小球质量为m1，杆的质量为m2。小球可视为质点。
（1）若杆的质量与小球质量相比可以忽略。把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放。
a．当杆转动至与水平方向成角时（），求小球的角速度ω。
b．若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程中，所用时间是变长还是变短，通过分析定性说明。
（2）若杆的质量与小球质量相比不能忽略。已知杆在绕O点转动时，其动能的表达式为
。
a．请你利用单位制的知识，判断α、β、γ的数值。
b．把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放，当杆转动至与水平方向成θ角时（），求小球的角速度ω'。
4．（2023·北京昌平·统考二模）1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年度诺贝尔物理学奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时，某一油滴恰好悬浮在两板间静止。将油滴视为半径为r的球体，已知油滴的密度为，重力加速度为g。
（1）求该油滴所带的电荷量q。
（2）由于油滴的半径r太小，无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮，然后撤去电场，油滴开始做加速运动；由于空气阻力的存在，油滴很快做近似匀速运动，测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中为空气的粘滞系数，v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式（用、h、t、和g表示）。
（3）实验发现，对于质量为m的油滴，如果改变它所带的电荷量q，则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值，研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程，式中，，……。此现象说明了什么？
5．（2023·北京海淀·统考二模）电磁场，是一种特殊的物质。
（1）电场具有能量。如图所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为v和v，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。
（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F=qE）
（3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。
6．（2023·北京朝阳·统考二模）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子核外的电子以角速度绕核做匀速圆周运动，电子的电荷量为e，求等效电流I的大小。
（2）如图所示，由绝缘材料制成的质量为m、半径为R的均匀细圆环，均匀分布总电荷量为Q的正电荷。施加外力使圆环从静止开始绕通过环心且垂直于环面的轴线加速转动，角速度随时间t均匀增加，即（为已知量）。不计圆环上的电荷作加速运动时所产生的电磁辐射。
a．求角速度为时圆环上各点的线速度大小v以及此时整个圆环的总动能；
b．圆环转动同样也形成等效的环形电流，已知该电流产生的磁场通过圆环的磁通量与该电流成正比，比例系数为k（k为已知量）。由于环加速转动形成的瞬时电流及其产生的磁场不断变化，圆环中会产生感应电动势，求此感应电动势的大小E；
c．设圆环转一圈的初、末角速度分别为和，则有。请在a、b问的基础上，通过推导证明圆环每转一圈外力所做的功W为定值。
7．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。
参考答案
1．（1）；（2）感生电场的方向为顺时针，；（3），静电场的电场线是不闭合的曲线，沿电场线方向电势逐渐降低，而涡旋电场是闭合曲线，所以不能像静电场一样建立“电势”的概念。
【详解】（1）根据功的公式得静电力对试探电荷所做的功
（2）a．由B随时间t的变化关系图可知，磁场随时间在均匀的增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，所以感生电场的方向为顺时针，再根据法拉第电磁感应定律有
b．电子运动一周感生电场力对电子做正功，有
解得感生电场力的大小F，
静电场的电场线是不闭合的曲线，沿电场线方向电势逐渐降低，而涡旋电场是闭合曲线，所以不能像静电场一样建立“电势”的概念。
2．（1）a．；b．；（2）a．；b．见解析
【详解】（1）a．闭合S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力的大小
b．导体棒速度为v时，反电动势为
导体棒受到的安培力的大小
由牛顿第二定律可得导体棒加速度的大小
（2）a．当飞机与线圈组成的系统受到的安培力与阻力大小相等时，飞机的速度达到最大，则有
线圈受到的安培力为
由
可得
b．飞机弹出后，开关接通2，线圈和电阻组成闭合回路，线圈在磁场中做切割磁感线的运动，产生感应电流，受到与运动方向相反的安培力，安培力使线圈做减速运动。
3．（1）a．，b．变长，见解析；（2）a．，，，b．
【详解】（1）a．设当杆由水平位置转动至与水平方向成角时（）由线速度与角速度的关系公式和动能定理可得
解得小球的角速度
b．小球由静止开始运动到最低点的过程中，可类似看做单摆运动，由单摆的周期公式可知，摆长越长周期越大，因此若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程中，所用时间是变长。
（2）a．杆的动能的表达式为，由动能的计算公式和线速度与角速度的关系公式可知，、、。
b．由线速度与角速度的关系公式和动能定理可得
解得
4．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）由平衡可知
解得
（2）由题意可知
其中
解得
（3）研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程
式中，，……即
即
此现象说明了油滴所带电量都是某一值的整数倍。
5．（1）；（2）见详解；（3），水平向左
【详解】（1）由能量守恒可得
（2）假设磁场中有以O为圆心半径为r的圆形闭合回路。磁感应强度随时间均匀增加则
回路中产生的感应电动势为
带电量为q的粒子在回路中运动一圈有
解得
距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。
（3）对导体棒ab由动量定理可得
得
即导体棒ab动量变化量大小为BLq，方向水平向右。系统动量守恒，所以
即电磁场动量变化量的大小为，方向水平向左。
6．（1）；（2）a．，；b．；c．见解析
【详解】（1）等效电流的大小为
（2）a．角速度为时圆环上各点的线速度大小为
整个圆环的总动能为
b．角速度随时间t均匀增加，即，则等效电流为
磁通量与该电流成正比，比例系数为k，根据法拉第电磁感应定律有
c．圆环转一圈的初、末动能分别为
，
根据动能定理有
可知圆环每转一圈外力所做的功W为定值。
7．（1）；（2）；（3），方向垂直于纸面向里或者向外
【详解】（1）根据对称性可知，C点电场场强方向沿着AB连线的中垂线向上，如图所示
（2）C点电势为
O点电势为
设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律可得
解得
（3）设圆周运动的半径为，C点电场场强大小为，则有
联立解得
方向垂直于纸面向里或者向外。2023北京高三二模物理汇编
安培力与洛伦兹力章节综合
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．碰撞后，新微粒运动轨迹不变
C．碰撞后，新微粒运动周期不变
D．碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
2．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为＋q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（ ）
A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后将做类似平抛的运动
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
3．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成，励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以产生电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子枪的加速电压可以改变电子的速度，调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。下列说法正确的是（ ）
A．只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变大
B．只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变
C．只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变小
D．只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变
4．（2023·北京东城·统考二模）回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小
B．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长
C．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大
D．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长
5．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂有一个矩形线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。所测磁场的磁感强度B的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，一带电粒子以初速度沿x轴正方向从坐标原点O射入平行于y轴向上的匀强电场中，粒子从O点运动到P点的时间为，到达P点时的动能为；若将电场换成垂直于纸面向里的匀强磁场，其它条件不变，粒子仍然经过P点，粒子从O点运动到P点的时间为，到达P点时的动能为。下列关系式正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，在匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒用两等长绝缘细线悬挂于同一水平线上的、两点，两细线均与导体棒垂直。图中直角坐标系的x轴与导体棒及平行，z轴竖直向上。若导体棒中通以沿x轴正方向、大小为I的电流，导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。则磁感应强度可能（ ）
A．沿x轴正方向，大小为
B．沿y轴正方向，大小为
C．沿z轴正方向，大小为
D．沿细线向下，大小为
8．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，空间存在一圆形匀强磁场区域，P、M是磁场边界上的两个点。氕核（）和氦核（）分别从P点沿半径方向垂直磁场射入，且都从M点射出。则氕核与氦核（ ）
A．射入磁场的速率之比为2:1
B．在磁场中运动的时间之比为1:1
C．射入磁场时的动量大小之比为1:1
D．在磁场中运动的加速度大小之比为2:1
9．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（ ）
A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势
B．仅增大电流I，电势差U可以保持不变
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为
D．半导体内载流子定向移动的速率为
10．（2023·北京丰台·统考二模）质谱仪是分析同位素的重要工具，其原理如图所示。氖元素的两种同位素粒子a、b质量不同、电荷量相同。a、b两种粒子从容器A下方的小孔，飘入电势差为U的加速电场，其初速度可视为0，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场。a、b两种粒子分别打到照相底片D上的M和N处，关于a、b两种粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．两种粒子的动能不相同
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子受到的洛伦兹力大于b粒子受到的洛伦兹力
D．a粒子的运动时间大于b粒子的运动时间
二、解答题
11．（2023·北京东城·统考二模）在匀强磁场中放置一个截面为矩形的通电导体或半导体薄片，当磁场方向与电流方向垂直时，在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象称为霍尔效应，产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。霍尔电压与电流之比称为霍尔电阻。
（1）图甲所示的半导体薄片的厚度为d，薄片中自由电荷的电荷量为q，单位体积内的自由电荷数为n。磁感应强度大小为B。请你推导霍尔电阻的表达式。
（2）在发现霍尔效应约100年后，科学家又发现某些半导体材料的霍尔电阻，在低温和强磁场下，与外加磁场的关系出现一个个的“平台”，在平台处霍尔电阻严格等于一个常数除以正整数，即，其中h为普朗克常数，e为电子电荷量，i为正整数，这个现象被称为整数量子霍尔效应。在环境温度小于4K时，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度B的关系图像如图乙所示。由于量子霍尔电阻只与基本物理常数有关，国际计量委员会推荐在世界范围内用量子电阻标准替代实物电阻标准，以避免实物电阻阻值因环境影响而变化。由于霍尔电阻与实物电阻的定义并不相同，因此需要利用一些方法才可以将量子霍尔电阻标准电阻值“传递”给实物电阻。“传递”的一种方法叫“电位差计比较法”，其原理可简化为图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。通过比较霍尔电势差与实物电阻两端的电势差，即可达到比较霍尔电阻与实物电阻阻值的目的。
a．某次实验时，霍尔元件所处环境温度为1.5K，磁感应强度大小为8T，此时a、b两点间的霍尔电势差与c、d两点间的电势差相等。若，。通过分析，计算该实物电阻的阻值（结果保留两位有效数字）。
b．如果要通过量子霍尔效应“传递”出一个阻值为的标准实物电阻，请你说明操作思路。
12．（2023·北京昌平·统考二模）现代科学研究中常用到高能粒子，产生这些高能粒子的“工厂”就是各种各样的粒子加速器。
（1）如图所示，真空中平行金属板M、N之间所加电压为U，一个质量为m、电荷量为的粒子从M板由静止释放，经电场加速后到达N板，不计带电粒子的重力。求带电粒子到达N板时的速度大小v。
（2）1930年，物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器，其工件原理如图所示。半径为R的高真空的D形金属盒处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。将两盒与电压为U的高频交流电源相连，两盒的狭缝间形成周期性变化的电场。A处粒子源产生的带电粒子，质量为m、电荷量为，初速度忽略不计。调整交流电源的频率可使粒子每次通过狭缝时都能被加速。不计带电粒子穿过狭缝的时间和粒子所受重力。
a．求所用交流电源的频率f；
b．对于用回旋加速器加速带电粒子，甲、乙两位同学有不同的看法：甲同学认为增大交流电源的电压U，就能得到更大能量的粒子；乙同学认为增大D形盒的半径R，就能得到更大能量的粒子。忽略相对论效应。你认为哪位同学的看法合理？简要说明理由。
13．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，两根间距为的平行金属导轨在同一水平面内，质量为的金属杆b垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成角斜向上。闭合开关S，当电路电流为时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为。求：
（1）金属杆ab受到的安培力大小；
（2）导轨对金属杆ab的支持力大小；
（3）滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。
参考答案
1．B
【详解】A．根据粒子的偏转方向，由左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
B．带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，则
解得
由
解得
动量p、电荷量q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹不变，故B正确；
C．由周期公式可知，因碰撞后粒子质量增大，故粒子运动的周期增大，故C错误；
D．由洛伦兹力公式可知，由于碰撞后粒子速度减小，所以碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力减小，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有
当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有
则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C错误；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为
向下的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】B．电子在加速电场中加速，由动能定理
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
解得
当增大电子枪的加速电压时，电子束的轨道半径变大，故B错误；
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期不变，故A错误；
C．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，周期变短，故C正确；
D．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，电子束的轨道半径变小，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】A ．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则由牛顿第二定律有
化简得
粒子离开加速器时的动能为
故电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大，故A错误；
B．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则有
化简可得粒子在磁场中的周期为
又由于电势差一定，粒子在电场中每次加速电场力做功相同，若忽略第一次加速的能量转化大小，则设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速器，则有
又由牛顿第二定律有
粒子在回旋加速器运动的时间为
由以上各式解得
由上式可知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长，故B正确；
C．粒子离开加速器时的动能为
故磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能不变，故C错误；
D．粒子在回旋加速器运动的时间为
由上式可知，磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短，故D错误。
故选B。
5．A
【详解】根据平衡条件有
解得
故选A。
6．D
【详解】AB．在电场作用下，粒子做类平抛运动，从O点运动到P点的时间为
在磁场作用下，粒子做匀速圆周运动，从O点运动到P点的过程中，经过的轨迹为一段圆弧，所以路程大于，所以经过的时间大于在电场作用下的时间，即
AB错误；
CD．在电场力作用下，粒子向上偏转，电场力做正功，所以粒子的动能增大；在磁场力作用下，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，因此
C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】A．若磁感应强度沿x轴正方向，与电流方向同向，导体棒不受安培力。导体棒不可能在图示位置保持静止。A错误；
B．若磁感应强度沿y轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力竖直向上，导体棒不可能在图示位置保持静止。B错误；
C．沿z轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力水平向左，导体棒不可能在图示位置保持静止。C错误；
D．沿细线向下，大小为，安培力大小
方向与细线垂直斜向右上方。安培力与细线的拉力的合力恰好重力平衡。且导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。
D正确。
故选D。
8．A
【详解】A．氕核与氦核均从P点沿半径方向射入，从M点射出，则两粒子的半径相同，根据洛伦兹力提供向心力有
所以
所以氕核与氦核射入磁场的速率之比等于比荷之比，即
故A正确；
B．粒子在磁场中运动的时间为
所以氕核与氦核在磁场中运动的时间之比为1:2，故B错误；
C．粒子射入磁场时的动量大小为
所以氕核与氦核射入磁场时的动量大小之比为1:2，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的加速度大小为
所以氕核与氦核在磁场中运动的加速度大小之比为4:1，故D错误。
故选A。
9．C
【详解】A．沿方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿-y方向，磁感应强度方向沿-x方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A错误；
B．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
根据电流的微观意义可知
联立可得
则仅增大电流I，电势差U增大，故B错误；
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小
故C正确；
D．根据
半导体内载流子定向移动的速率
故D错误。
故选C。
10．D
【详解】A．设两粒子的电荷量为，粒子在电场中加速有
两粒子电荷量相同，动能相同。A错误；
B．离子在电场中加速有
解得
在磁场中偏转有
解得
a、b两种粒子分别打到照相底片D上做圆周运动的M和N处，a做圆周运动的半径大于b做圆周运动的半径。两粒子质量关系
由
可知
B错误；
C．a粒子的速度小于b粒子的速度，两粒子电荷量相同，a粒子受到的洛伦兹力小于b粒子受到的洛伦兹力。C错误；
D．a粒子的运动时间
b粒子的运动时间
又
D正确。
故选D。
11．（1）；（2）a．；b．见解析
【详解】（1）当半导体两端的霍尔电压稳定时，对于半导体内部电荷来说其所受电场力与洛伦兹力的合力为零，有
半导体内的电流为I，有
设半导体的长为a，宽为b，半导体的通电流方向的横截面积为
其半导体两端的霍尔电压为
整理有
根据霍尔电阻定义有
解得
（2）a．根据题意此时的霍尔电阻为
环境温度为1.5K，磁感应强度为8T，结合题意，带入数据有
因为通过霍尔元件的电流与通过实物电阻的电流相等，霍尔电势差与实物电阻两端的电势差相同，所以实物电阻的电阻等于此时霍尔元件的霍尔电阻，所以有
b．实验时，利用图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。让霍尔元件所处环境温度低于4K，磁感应强度大小为5T，调节a、b两点间的霍尔电势差与c、d两点间的电势差相等，则此时通过量子效应 “传递”出的即为阻值的标准实物电阻。
12．（1）；（2）；
【详解】（1）带电粒子从M板由静止释放加速到N板的过程，根据动能定理，有
带电粒子到达N板时的速度大小为
（2）a．根据回旋加速器的工作原理可知，交流电源的频率与粒子做圆周运动的频率相同
b．乙同学的看法合理；
理由是：粒子的速度与半径成正比，所以当圆周运动的半径最大时，粒子的动能最大，则有
解得
所以增大交流电源的电压U，不能得到更大能量的粒子；增大D形盒的半径R，能得到更大能量的粒子。
13．（1）；（2）；（3）不同意，分析见解析
【详解】（1）金属杆ab受力示意图如图所示
磁场对金属杆ab的安培力大小为
（2）竖直方向根据受力平衡可得
解得
（3）不同意该同学的说法。
金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小与支持力无关；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即
因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大。2023北京高三二模物理汇编
波的描述
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形如图1所示，K、L是介质中的两个质点。图2是质点K的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．时刻质点K的加速度比质点L的大
B．时刻之后，质点K比质点L先到达正向最大位移处
C．波沿x轴正方向传播，速度为1.0m/s
D．波沿x轴负方向传播，速度为0.5m/s
2．（2023·北京朝阳·统考二模）一列简谐横波沿x轴传播，图甲为波在时刻的波形图，图乙为平衡位置在处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为
C．内，质点P运动的路程为
D．质点P、Q的振动方向总是相同
3．（2023·北京昌平·统考二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为，。波传播到P点开始计时，P点的振动图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波的振幅为 B．该波的频率为
C．该波的波长为 D．经过，波将传播到Q点
4．（2023·北京丰台·统考二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在时的波形如图甲所示，L、M、N是波上的三个质点，图乙是其中一个质点在此后一段时间内的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．时，质点M沿y轴正方向运动
B．时，质点M的加速度比质点N的小
C．图乙是质点N的振动图像
D．质点L和质点N的相位总是相同
参考答案
1．B
【详解】A．越衡位置，加速度越小，所以时刻质点K的加速度比质点L的小，A错误；
B．从图2可以看出来时刻，质点K从平衡位置向上运动，则波沿x正方向传播，所以时刻之后，质点K比质点L先到达正向最大位移处，B正确；
CD．从图2可以看出来波沿x轴正方向传播，速度为
CD错误；
故选B。
2．C
【详解】A．根据图乙可知，时刻，质点P向上振动，又根据图甲由同侧法可知，该简谐波沿x轴负方向传播，故A选项错误；
B．根据图甲可知，该波的波长为，则波速为
故选项B错误；
C．当，波恰好传播了半个周期，则质点P运动的路程为
故C选项正确；
D．根据同侧法的原理可知，质点P、Q的振动方向总是相反的，故选项D错误。
故答案选C。
3．D
【详解】A．该波的振幅为，A错误；
B．周期为0.2s，故频率为5Hz，B错误；
C．波速为，则波长为
C错误；
D．经过，波传播的距离为
故波将传播到Q点，D正确。
故选D。
4．A
【详解】A．根据同侧法可知，时，质点M沿y轴正方向运动，A正确；
B．质点振动的加速度大小与质点相对平衡位置的位移大小成正比，时，质点M的位移比质点N的大，则时，质点M的加速度比质点N的大，B错误；
C．根据图乙可知，该质点在时处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，在图甲中根据同侧法，时，质点N处于平衡位置沿y轴负方向运动，质点L处于平衡位置沿y轴正方向运动，则图乙是质点L的振动图像，C错误；
D．质点L和质点N的平衡位置相距半个波长，可知质点L和质点N的相位总是相反，D错误。
故选A。2023北京高三二模物理汇编
动能和动能定理
一、单选题
1．（2023·北京朝阳·统考二模）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
2．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，地球绕太阳的运动可看作匀速圆周运动。已知地球质量为m，地球的轨道半径为r，公转周期为T，太阳质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．根据以上信息，可以计算出地球表面的重力加速度
B．根据以上信息，可以计算出地球的第一宇宙速度
C．与M无关
D．对应物理量的单位与动能的单位相同
二、解答题
3．（2023·北京东城·统考二模）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
如图所示，长为L的均匀细杆的一端固定一个小球，另一端可绕垂直于杆的光滑水平轴O转动。已知小球质量为m1，杆的质量为m2。小球可视为质点。
（1）若杆的质量与小球质量相比可以忽略。把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放。
a．当杆转动至与水平方向成角时（），求小球的角速度ω。
b．若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程中，所用时间是变长还是变短，通过分析定性说明。
（2）若杆的质量与小球质量相比不能忽略。已知杆在绕O点转动时，其动能的表达式为
。
a．请你利用单位制的知识，判断α、β、γ的数值。
b．把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放，当杆转动至与水平方向成θ角时（），求小球的角速度ω'。
4．（2023·北京西城·统考二模）图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角。将游客和座椅看作一个质点，质量。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度。（，）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
5．（2023·北京丰台·统考二模）物理源自生活，生活中处处有物理。
清洗玻璃杯外表面时，水流与玻璃杯表面的粘滞力会影响水流下落的速度，并使水流沿着玻璃杯的外表面流动，如图所示。已知该水龙头水流的流量为Q（单位时间内流出水的体积），水龙头内径为D。
（1）求水流出水龙头的速度；
（2）现用该水龙头清洗水平放置的圆柱形玻璃杯，柱状水流离开水龙头，下落高度为h，与玻璃杯横截面圆心O处于同一水平面时，开始贴着玻璃杯外表面流动，经过一段时间后达到如图所示的稳定状态。水流经过玻璃杯的最低点A时，垂直于速度方向的横截面可认为是宽度为d的矩形。水流在A点沿水平方向离开玻璃杯，落至水池底部B点，落点B到A点正下方C点的距离为x，AC竖直高度为H（H远大于玻璃杯表面水流厚度）。已知水池底面为水平面，不考虑空气阻力的影响，且认为下落过程水不散开，水的密度为，玻璃杯的外半径为R，重力加速度为g，求：
a.水流在A点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小F；
b.达到稳定状态后，t时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功W。
6．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，沿水平面从A点加速运动至B点，A、B两点间的距离为l。物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。在物体从A点运动到B点的过程中，求：
（1）物体的加速度大小a；
（2）恒力F对物体做的功W；
（3）此过程中物体速度由变化到，请根据牛顿第二定律和运动学公式，推导合力对物体做的功与物体动能变化的关系。
参考答案
1．D
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
2．D
【详解】A．在地球表面有
解得
由于地球半径不确定，则不能计算出地球表面的重力加速度，A错误；
B．地球的第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，则有
解得
由于地球半径不确定，则不能计算出地球的第一宇宙速度，B错误；
C．根据
解得
，
可知，与M有关，C错误；
D．根据
可知对应物理量的单位与动能的单位相同，均为J，D正确。
故选D。
3．（1）a．，b．变长，见解析；（2）a．，，，b．
【详解】（1）a．设当杆由水平位置转动至与水平方向成角时（）由线速度与角速度的关系公式和动能定理可得
解得小球的角速度
b．变长。若只增加杆的长度，当杆转动至与水平方向成角时，由a中结论可知，小球的角速度变小，由于可为的任意值，所以运动到各处的角速度都变小，所以杆转动所用时间变长。
（2）a．杆的动能的表达式为，由动能的计算公式和线速度与角速度的关系公式可知，、、。
b．由线速度与角速度的关系公式和动能定理可得
解得
4．（1）a．，b．；（2）
【详解】（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示
a．根据受力分子可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为
b．根据几何关系可知游客和座椅zuo2圆周运动的半径为
由
代入数据得
（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
代入数据解得
5．（1）；（2）a.，b.
【详解】（1）极短的时间内水龙头流出水的体积
解得
（2）a.以极短的时间内水龙头流出水为研究对象，水的质量为，该部分水在A点与玻璃杯底部接触面积为，水流在A点速度大小为v，则有
，
水流离开玻璃杯后在空中运动的时间为，则有
，
该部分水在A点，在竖直方向受到的合力提供向心力，则有
解得
b.设t时间内从水龙头流出的水质量为m，则有
在水从水龙头出水口运动至玻璃杯最低点A的过程中，由动能定理得
解得
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由牛顿第二定律
联立解得
（2）从A到B的过程中，F为恒力，根据功的公式得
（3）在A到B的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
联立解得
即合力对物体做的功等于物体动能的变化量。2023北京高三二模物理汇编
第二道计算题（第18题）
1．（2023·北京西城·统考二模）图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角。将游客和座椅看作一个质点，质量。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度。（，）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
2．（2023·北京房山·统考二模）电子经过电场加速后射入偏转电场。已知加速电场两极板间电压为U1，偏转电场两极板间电压为U2，极板长为L，相距为d，电子质量为m，电荷量为e，（重力不计）。求：
（1）电子离开加速电场时速度大小v0；
（2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移大小y；
（3）某同学认为将一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始进入该装置，它们会分离为三股粒子束。你认为这位同学的看法是否正确，请说明理由。
3．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，粗细均匀的导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的水平匀强磁场上方h处。线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零。已知重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小E，及cd两点间的电势差U；
（2）线框的质量m；
（3）通过线框的电荷量q。
4．（2023·北京昌平·统考二模）现代科学研究中常用到高能粒子，产生这些高能粒子的“工厂”就是各种各样的粒子加速器。
（1）如图所示，真空中平行金属板M、N之间所加电压为U，一个质量为m、电荷量为的粒子从M板由静止释放，经电场加速后到达N板，不计带电粒子的重力。求带电粒子到达N板时的速度大小v。
（2）1930年，物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器，其工件原理如图所示。半径为R的高真空的D形金属盒处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。将两盒与电压为U的高频交流电源相连，两盒的狭缝间形成周期性变化的电场。A处粒子源产生的带电粒子，质量为m、电荷量为，初速度忽略不计。调整交流电源的频率可使粒子每次通过狭缝时都能被加速。不计带电粒子穿过狭缝的时间和粒子所受重力。
a．求所用交流电源的频率f；
b．对于用回旋加速器加速带电粒子，甲、乙两位同学有不同的看法：甲同学认为增大交流电源的电压U，就能得到更大能量的粒子；乙同学认为增大D形盒的半径R，就能得到更大能量的粒子。忽略相对论效应。你认为哪位同学的看法合理？简要说明理由。
5．（2023·北京海淀·统考二模）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
6．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求：
（1）物块向右运动离O点的最远距离L；
（2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向；
（3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。
7．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，两根间距为的平行金属导轨在同一水平面内，质量为的金属杆b垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成角斜向上。闭合开关S，当电路电流为时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为。求：
（1）金属杆ab受到的安培力大小；
（2）导轨对金属杆ab的支持力大小；
（3）滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。
参考答案
1．（1）a．，b．；（2）
【详解】（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示
a．根据受力分子可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为
b．根据几何关系可知游客和座椅zuo2圆周运动的半径为
由
代入数据得
（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
代入数据解得
2．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）电子在加速电场中做匀加速直线运动，有
所以
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有
所以
（3）粒子离开偏转电场的速度偏转角为
竖直方向的偏移量为
由以上分析可知，粒子离开偏转电场时速度的偏转角、竖直方向的偏移量均与粒子的比荷无关，故不会分为三股粒子束。
3．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）线框自由下落过程中，由动能定理得
解得
由法拉第电磁感应定律感应电动势为
cd两点间的电势差
（2）线框中电流
则cd边所受安培力
cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零，则
解得线框的质量
（3）在线框进入磁场过程中，通过线框的电荷量
又
，，
解得
4．（1）；（2）；
【详解】（1）带电粒子从M板由静止释放加速到N板的过程，根据动能定理，有
带电粒子到达N板时的速度大小为
（2）a．根据回旋加速器的工作原理可知，交流电源的频率与粒子做圆周运动的频率相同
b．乙同学的看法合理；
理由是：粒子的速度与半径成正比，所以当圆周运动的半径最大时，粒子的动能最大，则有
解得
所以增大交流电源的电压U，不能得到更大能量的粒子；增大D形盒的半径R，能得到更大能量的粒子。
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理
解得
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理
解得
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得
根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度
将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程
6．（1）;（2），其方向与方向相反;（3）
【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有
得
（2)取方向为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时的速度
根据动量定理有
得
负号表示其方向与方向相反。
（3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有
7．（1）；（2）；（3）不同意，分析见解析
【详解】（1）金属杆ab受力示意图如图所示
磁场对金属杆ab的安培力大小为
（2）竖直方向根据受力平衡可得
解得
（3）不同意该同学的说法。
金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小与支持力无关；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即
因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大。2023北京高三二模物理汇编
动量定理
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（ ）
A．带电粒子获得的加速度变小
B．带电粒子到达负极板的时间变短
C．带电粒子到达负极板时的速度变小
D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
2．（2023·北京西城·统考二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（ ）
A．弹性绳的原长为15m
B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
3．（2023·北京昌平·统考二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零
4．（2023·北京朝阳·统考二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．排球刚脱离左手时的速度大小为
B．排球被右手击出前运动的总时间为
C．排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为
D．排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为
5．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点
B．物块所受摩擦力的大小始终为
C．物块所受摩擦力的冲量大小为
D．物块所受摩擦力做的功为0
6．（2023·北京海淀·统考二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C．重力势能随位移x变化的快慢随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
二、解答题
7．（2023·北京东城·统考二模）一个质量为m的物体，在光滑水平面上向左做匀加速直线运动。某时刻物体的速度为v1，经过一段时间 t，速度变为v2。
（1）求物体的加速度大小a；
（2）若物体所受合力为F，在 t时间内动量的变化量为 p，根据牛顿第二定律推导 p与F的关系；
（3）若物体继续向左运动与竖直墙壁发生碰撞。碰前瞬间物体的速度大小为7m/s，碰后物体以6m/s的速度反向运动。碰撞时间为0.05s，已知m=0.5kg，求碰撞过程中墙壁对物体的平均作用力。
8．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求：
（1）物块向右运动离O点的最远距离L；
（2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向；
（3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。
参考答案
1．B
【详解】A．根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有
，
可得
将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；
B．根据匀变速直线运动规律
解得
将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；
C．根据动能定理有
解得
带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；
D．根据动量定理有
可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D．0~27m下落过程中由动量定理可得
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选B。
3．D
【详解】A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但所受合外力提供向心力，不为零，故A错误；
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但动量是矢量，方向时刻变化，故B错误；
CD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；但飞机飞行一周的动量不变，所以动量的该变量为0。
故D正确，C错误；
故选D。
4．C
【详解】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为
选项A错误；
B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升1.8m的时间
下落0.8m的时间
则排球被右手击出前运动的总时间为
选项B错误；
C．排球向上运动的过程中，根据动能定理
解得人对排球所做的功为
选项C正确；
D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理
则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．在角速度从0增大至过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点，故A错误；
B．该过程中物块始终相对圆盘静止，则摩擦力始终小于最大静摩擦力，故B错误；
C．物块受到的支持力与重力的冲量大小相等方向相反，则根据动量定理物块的动量改变量等于摩擦力的冲量，为
故C正确；
D．支持力和重力不做功，根据动能定理，摩擦力做功等于动能改变量为
故D错误。
故选C。
6．A
【详解】A．做自由落体运动的物体，根据
可得
可知动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；
B．根据动量定理可得
可得
可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为
可得
可知重力势能随位移x变化的快慢保持不变，故C错误；
D．做自由落体运动的物体，机械能守恒，即
故D错误。
故选A。
7．（1）；（2）见解析；（3）130N，方向水平向右
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律
可得
（2）根据牛顿第二定律
所以
（3）由（2）分析可知
解得
方向水平向右。
8．（1）;（2），其方向与方向相反;（3）
【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有
得
（2)取方向为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时的速度
根据动量定理有
得
负号表示其方向与方向相反。
（3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有2023北京高三二模物理汇编
宇宙航行
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）关于天体的一些信息如图表所示，仅利用表中信息不能估算出下列哪个物理量（ ）
地球公转周期 约365天 地球表面重力加速度 约9.8m/s2
地球自转周期 约24小时 地球半径 约6400km
月球公转周期 约27天 引力常量
A．地心到月球中心的距离 B．月球的质量
C．地球的第一宇宙速度 D．地球同步卫星距离地面的高度
2．（2023·北京东城·统考二模）图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道1上运行时，向心力始终不改变
B．卫星在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，速度越来越大
D．不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同
二、解答题
3．（2023·北京西城·统考二模）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a、卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b、在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ、卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。已知，木星和地球的密度分别为和，木星和地球的半径分别为和R，且。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d——“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，。】
4．（2023·北京海淀·统考二模）设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知引力常量G，地球表面的重力加速度g，忽略地球自转。
（1）推导地球质量M的表达式。
（2）推导地球第一宇宙速度v的表达式。
（3）设地球的密度为ρ，靠近地球表面做圆周运动的卫星的周期为T，证明。
参考答案
1．B
【详解】A．在地球表面，物体的重力等于万有引力，有
得地球的质量
已知地球表面重力加速度和地球的半径，以及已知引力常量，可估算地球的质量。
月球绕地球近似做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，得
已知G和T，M由上求出，由此式可以求出地心到月球中心的距离r，故A正确；
B．月球作为环绕天体，不能求出月球的质量，故B错误；
C．第一宇宙速度即为近地卫星的运行速度，根据重力等于向心力，得
得地球的第一宇宙速度
g、R均已知，所以可以估算第一宇宙速度，故C正确；
D．地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，得
地球同步卫星的运行周期T等于地球自转的周期，由此式求出地球同步卫星离地面的高度h，故D正确。
本题选不能估算的量，故选B。
2．D
【详解】A．卫星在轨道1上运行时做匀速圆周运动，则向心力大小始终不改变，但是方向不断变化，选项A错误；
B．根据
解得
卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，选项B错误；
C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，则速度越来越小，选项C错误；
D．根据
可知，不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同，选项D正确。
故选D。
3．（1）a、；b、见解析；（2）
【详解】（1）a、卫星在近地轨道Ⅰ上的运行时，根据万有引力提供向心力，有
解得卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为
b、设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点和远地点的等效圆周运动的半径分别为和，根据牛顿第二定律可得，卫星在近地点时
卫星在远地点时
由椭圆的对称性可知
联立以上各式可得
（2）设木星质量为，地球质量为，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为的物体，地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有
物体在木星引力和地球引力作用下，有
其中
，
当时，地球将被撕裂
由可得
整理得
因为，所以很小
代入得
推得“洛希极限”的表达式为
4．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）忽略地球自转，地球表面的物体所受重力等于万有引力
解得地球质量
（2）在地球表面附近万有引力提供向心力
解得地球第一宇宙速度
（3）靠近地球表面做圆周运动的卫星，万有引力提供向心力
又地球质量
解得2023北京高三二模物理汇编
机械能守恒定律
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v-x图像。下列说法正确的是（ ）
A．运动员下落整个过程中加速度保持不变
B．运动员下落整个过程中机械能守恒
C．运动员下落15m时，弹性绳的拉力等于运动员的重力
D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小
2．（2023·北京西城·统考二模）“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车的加速度增大到原来的2倍
B．绳上的拉力增大到原来的2倍
C．砂桶机械能的减少量小于原来的2倍
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多
3．（2023·北京丰台·统考二模）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时的速度最大
B．小球在C点时所受的弹力大于
C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大
参考答案
1．C
【详解】A．当运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度之前，运动员只受重力，运动员加速度不变；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳弹力逐渐增大，运动员的重力和弹性绳的合力提供加速度，所以运动员的加速度要先减小后反向增大，故A错误；
B．运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度的过程中，运动员只受重力机械能守恒；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，故B错误；
C．由图乙可知运动员下落15m时，运动员的速度最大，加速度为零，此时弹性绳的拉力等于运动员的重力，故C正确；
D．弹性绳达到原长，此时重力大于弹性绳的弹力，运动员会继续向下先做加速度减小的加速，直到加速度减为零，速度达到最大，动能达到最大，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】AB．以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以砂桶（含砂）为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
若保持不变，将增大为原来的2倍，则有
故AB错误；
C．绳子拉力对砂桶做负功，砂桶机械能的减少量为
由于
可得
即砂桶机械能的减少量小于原来的2倍，故C正确；
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能等于小车克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不变，则砂桶和小车组成的系统损失的机械能与原来相等，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大。A错误；
B．小球若从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为
小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于。由牛顿第二定律
则
B正确；
C．设在D点，弹力和小球重力平衡，D点速度为，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积
图像与x轴所包围的下部分面积
因为
得
C错误；
D．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大。D错误。
故选B。2023北京高三二模物理汇编
电磁学选择
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为31.1V
B．滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C．滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D．滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
2．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，虚线为静电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（ ）
A．A点的电势大于B点的电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．将q在A点由静止释放，其受静电力将增大
D．将q在A点由静止释放，其电势能将减小
3．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（ ）
A．带电粒子获得的加速度变小
B．带电粒子到达负极板的时间变短
C．带电粒子到达负极板时的速度变小
D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
4．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为＋q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（ ）
A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后将做类似平抛的运动
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
5．（2023·北京西城·统考二模）在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，圆环中无感应电流
B．时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C．时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D．时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
6．（2023·北京东城·统考二模）回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小
B．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长
C．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大
D．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长
7．（2023·北京东城·统考二模）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成，励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以产生电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子枪的加速电压可以改变电子的速度，调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。下列说法正确的是（ ）
A．只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变大
B．只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变
C．只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变小
D．只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变
8．（2023·北京东城·统考二模）如图所示的U-I图像中，直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系，直线b、c分别表示电阻R1、R2的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是（ ）
A．电阻R1、R2的阻值之比为4:3
B．该电源的电动势为6V，内阻为3Ω
C．只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为6W
D．只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率之比为1:1
9．（2023·北京房山·统考二模）矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。下列说法正确的是（ ）
A．图甲时刻通过线圈的磁通量变化率最大 B．图乙时刻线圈中感应电流方向改变
C．图丙时刻线圈中磁通量最大 D．图丁时刻线圈中感应电动势最小
10．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，O为等量异种点电荷连线的中点，A、B为连线上的点，C、D为其中垂线上的点，且A、B、C、D距O点距离相等，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电势相等
B．C、D两点电场强度不相同
C．O点电势为零，电场强度也为零
D．沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功
11．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．碰撞后，新微粒运动轨迹不变
C．碰撞后，新微粒运动周期不变
D．碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
12．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，在“探究感应电流产生的条件”实验中，正确连接好电路后，关于该实验，下列说法不正确的是（ ）
A．开关闭合瞬间，电流表的指针发生偏转
B．开关闭合后，电路达稳定状态，电流表指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中插入与拔出时，电流表指针发生偏转
D．开关闭合后，滑动变阻器的滑片匀速滑动，电流表指针不发生偏转
13．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充电，可以看到A充电后数字电压表显示一定数值。取另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，通过改变开关S1和S2的闭合与断开状态，从而探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，在没有电荷漏失的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．S1接1，S2处于断开状态，A、B两电容器都处于充电状态
B．S1从1接2，S2处于断开状态，稳定后，A、B两电容器电荷量相等
C．S1从1接2，S2处于断开状态，电压表示数不变
D．S1从2断开，S2闭合，电压表示数逐渐减小
14．（2023·北京昌平·统考二模）如图1所示，矩形导线框固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示（规定电流沿为正）。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂有一个矩形线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。所测磁场的磁感强度B的大小为（ ）
A． B． C． D．
16．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，一带电粒子以初速度沿x轴正方向从坐标原点O射入平行于y轴向上的匀强电场中，粒子从O点运动到P点的时间为，到达P点时的动能为；若将电场换成垂直于纸面向里的匀强磁场，其它条件不变，粒子仍然经过P点，粒子从O点运动到P点的时间为，到达P点时的动能为。下列关系式正确的是（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·北京海淀·统考二模）正弦交变电源与电阻、理想交流电压表按照图1方式连接，已知电阻，交流电压表示数为。图2是通过电阻的电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．电阻两端的电压随时间变化的规律是
B．电阻两端的电压随时间变化的规律是
C．通过电阻的电流随时间变化的规律是
D．通过电阻的电流随时间变化的规律是
18．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，真空中两个等量异号的点电荷和分别位于A点和点，以连线中点O建立空间直角坐标系，B、C、M、P是坐标轴上的4个点，其中。下列说法正确的是（ ）
A．沿y轴从B点到C点电势先增大再减小
B．B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等
C．P点与O点的电场强度大小相等
D．P点与M点的电场强度方向垂直
19．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接有一定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并开始计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是（ ）
A． B．
C． D．
20．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（ ）
A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势
B．仅增大电流I，电势差U可以保持不变
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为
D．半导体内载流子定向移动的速率为
21．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．仅更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降
B．电子秤的灵敏度会随待测物体质量的增大而增大
C．弹簧的劲度系数越小，电子秤的量程越大
D．电压表示数与待测物体质量成非线性关系
22．（2023·北京朝阳·统考二模）某区域静电场的电场线分布如图所示，a、b、c是电场中的三个点。下列说法错误的是（ ）
A．a、b、c三点电场强度大小关系为
B．a、b、c三点电势关系为
C．电子在a、b、c三点的电势能关系为
D．将质子从b点由静止释放，仅在静电力作用下它将沿电场线运动
23．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是（ ）
A．N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针
B．铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量
C．仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动
D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动
24．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，空间存在一圆形匀强磁场区域，P、M是磁场边界上的两个点。氕核（）和氦核（）分别从P点沿半径方向垂直磁场射入，且都从M点射出。则氕核与氦核（ ）
A．射入磁场的速率之比为2:1
B．在磁场中运动的时间之比为1:1
C．射入磁场时的动量大小之比为1:1
D．在磁场中运动的加速度大小之比为2:1
25．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，在匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒用两等长绝缘细线悬挂于同一水平线上的、两点，两细线均与导体棒垂直。图中直角坐标系的x轴与导体棒及平行，z轴竖直向上。若导体棒中通以沿x轴正方向、大小为I的电流，导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。则磁感应强度可能（ ）
A．沿x轴正方向，大小为
B．沿y轴正方向，大小为
C．沿z轴正方向，大小为
D．沿细线向下，大小为
26．（2023·北京朝阳·统考二模）某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l。首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足）；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验。下列说法正确的是（ ）
A．实验中，小球A所受静电力的测量值
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像
C．用不带电导体球C分别与A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷
D．实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
27．（2023·北京丰台·统考二模）某正弦式交变电流随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．此交变电流的有效值为
B．时，线圈位于中性面
C．时，穿过线圈的磁通量最大
D．时，穿过线圈的磁通量变化率最大
28．（2023·北京丰台·统考二模）某实验小组的同学用如图所示装置研究电磁感应现象，软铁环上绕有M、N两个线圈，M线圈与电源和滑动变阻器相连，N线圈与电流表相连，闭合开关S的瞬间，观察到电流表指针向右偏转。下列说法正确的是（ ）
A．闭合S后，滑片P匀速向上滑动的过程中，电流表指针不偏转
B．闭合S后，滑片P加速向上滑动的过程中，电流表指针向左偏转
C．断开S的瞬间，电流表指针不发生偏转
D．断开S的瞬间，电流表指针向右偏转
29．（2023·北京丰台·统考二模）质谱仪是分析同位素的重要工具，其原理如图所示。氖元素的两种同位素粒子a、b质量不同、电荷量相同。a、b两种粒子从容器A下方的小孔，飘入电势差为U的加速电场，其初速度可视为0，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场。a、b两种粒子分别打到照相底片D上的M和N处，关于a、b两种粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．两种粒子的动能不相同
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子受到的洛伦兹力大于b粒子受到的洛伦兹力
D．a粒子的运动时间大于b粒子的运动时间
30．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从M点进入电场，沿直线运动到N点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该微粒带正电
B．该微粒做匀速直线运动
C．只增大初速度，微粒仍沿直线MN运动
D．从M至N过程中，该微粒电势能减小，动能增加
参考答案
1．D
【详解】A．交流电的电压有效值为
根据
可知电压表的示数为22V，A错误；
B．由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，无论滑动变阻器阻值如何变化，副线圈两端的电压也保持不变，B错误；
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流表的示数减小，C错误；
D．根据
可知当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器消耗的功率减小，因此变压器的输入功率减小，D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则A点的电势小于B点的电势，故A错误；
B．A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；
CD．将q在A点由静止释放，将向电势低处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有
，
可得
将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；
B．根据匀变速直线运动规律
解得
将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；
C．根据动能定理有
解得
带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；
D．根据动量定理有
可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有
当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有
则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C错误；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为
向下的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
6．B
【详解】A ．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则由牛顿第二定律有
化简得
粒子离开加速器时的动能为
故电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大，故A错误；
B．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则有
化简可得粒子在磁场中的周期为
又由于电势差一定，粒子在电场中每次加速电场力做功相同，若忽略第一次加速的能量转化大小，则设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速器，则有
又由牛顿第二定律有
粒子在回旋加速器运动的时间为
由以上各式解得
由上式可知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长，故B正确；
C．粒子离开加速器时的动能为
故磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能不变，故C错误；
D．粒子在回旋加速器运动的时间为
由上式可知，磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】B．电子在加速电场中加速，由动能定理
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
解得
当增大电子枪的加速电压时，电子束的轨道半径变大，故B错误；
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期不变，故A错误；
C．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，周期变短，故C正确；
D．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，电子束的轨道半径变小，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．根据图像得
电阻R1、R2的阻值之比为2:1，A错误；
B．该电源的电动势为6V，内阻为
B错误；
C．只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为
C错误；
D．只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率分别为
解得
D正确。
故选D。
9．C
【详解】AC．图中线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均为零，感应电流在此位置改变方向，故A错误，C正确；
BD．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均达到最大，该时刻电流方向不变，故BD错误。
故选C。
10．D
【详解】A、AB连线上的场强向右，沿电场线方向，电势逐渐降低，所以A点电势大于B点电势，故A错误；
B、C、D两点到两点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式与电场的叠加原理可知，C、D两点电场强度大小相等、方向相同，故B错误；
CD、等量异号电荷连线的中垂线是等势线，中垂线上O点的电势与无穷远的电势相等为零，沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功，但O点的电场强度不为零，电场强度方向向右，故C错误，D正确；
故选D。
11．B
【详解】A．根据粒子的偏转方向，由左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
B．带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，则
解得
由
解得
动量p、电荷量q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹不变，故B正确；
C．由周期公式可知，因碰撞后粒子质量增大，故粒子运动的周期增大，故C错误；
D．由洛伦兹力公式可知，由于碰撞后粒子速度减小，所以碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力减小，故D错误。
故选B。
12．D
【详解】A．开关闭合瞬间，线圈B的磁通量增大，产生感应电流，所以电流表的指针发生偏转，故A正确，不符合题意；
B．开关闭合后，电路达稳定状态，线圈B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故B正确，不符合题意；
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中插入与拔出时，线圈B的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故C正确，不符合题意；
D．开关闭合后，滑动变阻器的滑片匀速滑动，线圈B的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故D错误，符合题意。
故选D。
13．B
【详解】A．S1接1，S2处于断开状态，只有A电容器处于充电状态，故A错误；
B．S1从1接2，S2处于断开状态，A、B两电容器并联，稳定后，A、B两电容器电压相等，所以电荷量相等，故B正确；
C．S1从1接2，S2处于断开状态，A放电、B充电，电压表示数减小，达到稳定状态时电压表示数将变为原来的一半，故C错误；
D．S1从2断开，S2闭合，电压表示数不变，故D错误。
故选B。
14．C
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律，有
可知恒定的磁场不能产生电动势，不会有电流产生，AB错误；
C．根据楞次定律，可知垂直纸面向外的磁场增强，线圈会产生垂直纸面向里的磁场，即产生方向的电流，又因为磁场均匀变化，所以产生恒定的电动势，根据闭合电路的欧姆定律，有
所以线圈中产生恒定的电流，同理，磁场均匀减弱时，线圈中产生的电流，C正确；
D．当垂直纸面向里的磁场增强时，根据楞次定律，可知线圈中会产生的电流，形成垂直纸面向外的磁场，D错误。
故选C。
15．A
【详解】根据平衡条件有
解得
故选A。
16．D
【详解】AB．在电场作用下，粒子做类平抛运动，从O点运动到P点的时间为
在磁场作用下，粒子做匀速圆周运动，从O点运动到P点的过程中，经过的轨迹为一段圆弧，所以路程大于，所以经过的时间大于在电场作用下的时间，即
AB错误；
CD．在电场力作用下，粒子向上偏转，电场力做正功，所以粒子的动能增大；在磁场力作用下，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，因此
C错误，D正确。
故选D。
17．D
【详解】根据题意，由图乙可得，交流电的周期为，则有
电阻两端的电压的最大值为
电阻两端的电压随时间变化的规律是
通过电阻的电流随时间变化的规律是
故选D。
18．B
【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知，y轴上和之间的电场线方向为沿y轴正方向，沿电场线电势降低，所以沿y轴从B点到C点电势逐渐减小。故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场线分布可知，B和C关于O点对称的情况下，,而M点处电势为0，因此B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等。故B正确；
C．根据等量异种电荷的电场线分布可知，从O点开始沿z轴正方向场强逐渐减小，P点电场强度小于O点。故C错误；
D．根据等量异种电荷的电场线分布可知，和点的对称轴上的点电场强度均为沿y轴正方向，P点与M点的电场强度方向相同。故D错误。
故选B。
19．D
【详解】C．设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
即
故D正确；
B．杆所受安培力的大小为
杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，其大小为mg，故B错误；
A．导体杆两端的电压为
速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，且U增大的越来越慢，即图线的斜率减小，故A错误。
故选D。
20．C
【详解】A．沿方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿-y方向，磁感应强度方向沿-x方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A错误；
B．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
根据电流的微观意义可知
联立可得
则仅增大电流I，电势差U增大，故B错误；
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小
故C正确；
D．根据
半导体内载流子定向移动的速率
故D错误。
故选C。
21．A
【详解】D．由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路；电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压；当滑动变阻器滑片P向下移动时，电路中的电阻不变，由欧姆定律可知，电路中的电流不变；电压表的示数
又，，解得
即电压表示数与待测物体质量成线性关系，故D错误；
C．由，可知弹簧的劲度系数越小，m的最大值越小，电子秤的量程越小，故C错误；
AB．由，可知电子秤的灵敏度
可知仅更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降；电子秤的灵敏度与待测物体质量无关；故A正确，B错误。
故选A。
22．D
【详解】A．由电场线分布的疏密程度，可知a、b、c三点的电场强度大小关系为
Eb＞Ea＞Ec
故A不符合题意；
B．沿电场线的方向电势逐渐降低，结合图可知a、b、c三点的电势关系为
φb＞φa＞φc
故B不符合题意；
C．因为
φb＞φa＞φc
根据
Ep=qφ
可知电子在a、b、c三点的电势能关系为
故C不符合题意；
D．将质子从b点由静止释放，由于电场线不是直线，所以仅在静电力作用下它将不会沿电场线运动，故D符合题意。
故选D。
23．B
【详解】A．N极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A错误；
B．铝环右摆的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量，故B正确；
C．仅将铝环改为铁环，条形磁铁吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；
D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。
故选B。
24．A
【详解】A．氕核与氦核均从P点沿半径方向射入，从M点射出，则两粒子的半径相同，根据洛伦兹力提供向心力有
所以
所以氕核与氦核射入磁场的速率之比等于比荷之比，即
故A正确；
B．粒子在磁场中运动的时间为
所以氕核与氦核在磁场中运动的时间之比为1:2，故B错误；
C．粒子射入磁场时的动量大小为
所以氕核与氦核射入磁场时的动量大小之比为1:2，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的加速度大小为
所以氕核与氦核在磁场中运动的加速度大小之比为4:1，故D错误。
故选A。
25．D
【详解】A．若磁感应强度沿x轴正方向，与电流方向同向，导体棒不受安培力。导体棒不可能在图示位置保持静止。A错误；
B．若磁感应强度沿y轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力竖直向上，导体棒不可能在图示位置保持静止。B错误；
C．沿z轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力水平向左，导体棒不可能在图示位置保持静止。C错误；
D．沿细线向下，大小为，安培力大小
方向与细线垂直斜向右上方。安培力与细线的拉力的合力恰好重力平衡。且导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。
D正确。
故选D。
26．D
【详解】AD．设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为，由于ld，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力
F=mg
由于很小，=，所以
再由库仑定律
可得
所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像，得到一条倾斜的直线，故B错误；
C．用完全相同的不带电导体球C先与A接触，A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故C错误。
故选D。
27．B
【详解】A．由图可知电流最大值为，则此交变电流的有效值为
故A错误；
B．时，电流为零，此时线圈位于中性面，故B正确；
C．时，电流最大，此时感应电动势最大，穿过线圈的磁通量变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D．时，电流为零， 此时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误。
故选B。
28．B
【详解】A．闭合S后，滑片P匀速向上滑动的过程中，线圈M中电流逐渐减小，线圈N中磁通量逐渐减小，电流表指针向左偏转，故A错误；
B．闭合S后，滑片P加速向上滑动的过程中，线圈M中电流逐渐减小，线圈N中磁通量逐渐减小，电流表指针向左偏转，故B正确；
CD．断开S的瞬间，线圈M中电流变为零，线圈N中磁通量减小，电流表指针向左偏转，故CD错误。
故选B。
29．D
【详解】A．设两粒子的电荷量为，粒子在电场中加速有
两粒子电荷量相同，动能相同。A错误；
B．离子在电场中加速有
解得
在磁场中偏转有
解得
a、b两种粒子分别打到照相底片D上做圆周运动的M和N处，a做圆周运动的半径大于b做圆周运动的半径。两粒子质量关系
由
可知
B错误；
C．a粒子的速度小于b粒子的速度，两粒子电荷量相同，a粒子受到的洛伦兹力小于b粒子受到的洛伦兹力。C错误；
D．a粒子的运动时间
b粒子的运动时间
又
D正确。
故选D。
30．C
【详解】ABD．由于带电微粒从M到N做直线运动，根据受力分析可知，带电微粒受到的电场力水平向左，与电场方向相反，该微粒带负电；带电微粒受到的合力方向与初速度方向相反，可知合力对微粒做负功，微粒动能减小，电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，故ABD错误；
C．只增大初速度，带电微粒受力不变，则带电微粒受到的合力方向仍与初速度方向相反，微粒仍沿直线MN运动，故C正确。
故选C。2023北京高三二模物理汇编
交变电流章节综合
一、单选题
1．（2023·北京房山·统考二模）矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。下列说法正确的是（ ）
A．图甲时刻通过线圈的磁通量变化率最大 B．图乙时刻线圈中感应电流方向改变
C．图丙时刻线圈中磁通量最大 D．图丁时刻线圈中感应电动势最小
2．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为31.1V
B．滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C．滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D．滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
3．（2023·北京东城·统考二模）图甲所示为一种手机无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，手机中安装有受电线圈。送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在周围空间激发感生电场，受电线圈中产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路（图中未画出）处理后的电流i'随时间t'变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的工作原理是电流的磁效应
B．送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能
C．相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为2:1
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率变小
4．（2023·北京海淀·统考二模）正弦交变电源与电阻、理想交流电压表按照图1方式连接，已知电阻，交流电压表示数为。图2是通过电阻的电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．电阻两端的电压随时间变化的规律是
B．电阻两端的电压随时间变化的规律是
C．通过电阻的电流随时间变化的规律是
D．通过电阻的电流随时间变化的规律是
5．（2023·北京丰台·统考二模）某正弦式交变电流随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．此交变电流的有效值为
B．时，线圈位于中性面
C．时，穿过线圈的磁通量最大
D．时，穿过线圈的磁通量变化率最大
二、实验题
6．（2023·北京房山·统考二模）实验测量、实验操作、数据分析和误差分析是物理实验的重要环节。
（1）用10分度的游标卡尺测量某物体直径如图所示，则直径d = ________cm。
（2）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材，可拆变压器，学生电源，数字万用表。
关于本实验，下列说法正确的是________。
A．为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，原线圈所接电压不超过12V
B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱
C．变压器正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
D．使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
（3）现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2，数据如下表。
原线圈匝数n1（匝） 副线圈匝数n2（匝） 输入电压U1（V） 输出电压U2（V）
100 200 4.32 8.27
100 800 4.32 33.90
400 800 4.33 8.26
400 1600 4.33 16.52
①在误差允许范围内，表中数据基本符合________规律。
②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因________。
7．（2023·北京朝阳·统考二模）某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
（1）该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。
实验序号 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圈电压（V） 副线圈电压（V）
1 400 200 4.22 2.10
2 400 800 4.22 8.36
3 400 1600 4.22 16.83
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，______________。
（2）该同学利用（1）问中第2组数据时的副线圈给一标有“3.8V ； 0.3A”字样的小灯泡供电，发现小灯泡并没有被烧坏。测量此时小灯泡两端的电压约为3.00V，并不是8.36V，其原因主要是_____________。
（3）可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是________。
A．第二次实验中小灯泡更亮些
B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流
（4）如图所示的电路中，电压为的交流电源通过阻值为的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为、。若保持不变，将可变电阻R的阻值增大，则流经原线圈的电流________（选填“增大”“减小”或“不变”）；当可变电阻R的阻值为________时（用、和表示），可变电阻R的功率最大。
8．（2023·北京海淀·统考二模）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）某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图1中的零件组装成图2中的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图3所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1~t2时间内进行的操作是________。（选填选项前的字母）
A．减少了原线圈的匝数 B．增加了副线圈的匝数
C．降低了交流电源的频率 D．拔掉了变压器铁芯Q
（2）如图所示，取一个半径为r的软木塞，在它的轴心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，使大头针露在外面的长度为h。这时从液面上方的各个方向向液体中观察，恰好看不到大头针。可知该液体的折射率的测量值n=________。（用r、h表示）
（3）用图示电路给电容器C充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此反复。下表记录了充、放电过程中某两个时刻通过电流表的电流方向，根据该信息，在表格内各空格处填上合理的答案。
时刻 通过电流表的电流方向 电流表中的电流正在增大还是减小 电容器两端的电压正在增大还是减小
t1 向左 ______________ ______________
t2 向右 _____________ ______________
参考答案
1．C
【详解】AC．图中线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均为零，感应电流在此位置改变方向，故A错误，C正确；
BD．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均达到最大，该时刻电流方向不变，故BD错误。
故选C。
2．D
【详解】A．交流电的电压有效值为
根据
可知电压表的示数为22V，A错误；
B．由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，无论滑动变阻器阻值如何变化，副线圈两端的电压也保持不变，B错误；
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流表的示数减小，C错误；
D．根据
可知当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器消耗的功率减小，因此变压器的输入功率减小，D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．受电线圈的工作原理是电磁感应的原理，故A错误；
B．根据题意可知送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能，故B正确；
C．图乙中电流的有效值为
图丙中电流的有效值为
可知相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为1:1；
故C错误；
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率不变，故D错误；
故选B。
4．D
【详解】根据题意，由图乙可得，交流电的周期为，则有
电阻两端的电压的最大值为
电阻两端的电压随时间变化的规律是
通过电阻的电流随时间变化的规律是
故选D。
5．B
【详解】A．由图可知电流最大值为，则此交变电流的有效值为
故A错误；
B．时，电流为零，此时线圈位于中性面，故B正确；
C．时，电流最大，此时感应电动势最大，穿过线圈的磁通量变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D．时，电流为零， 此时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误。
故选B。
6． 0.52 ABD/ADB/BAD/BDA/DBA/DAB 在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比 有漏磁、铁芯发热、导线发热等
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有
0.5cm＋2 × 0.1mm = 0.52cm
（2）[2]A．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12V，A正确；
B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱，B正确；
C．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，C错误；
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确。
故选ABD。
（3）①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，即有
②电压之比与匝数之比并不相等，主要原因是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，使副线圈两端电压偏低。
7． 变压器原、副线圈的电压比等于匝数比 副线圈有电阻，副线圈有内压 BC/CB 减小
【详解】（1）[1] 根据实验数据，得到的结论为： 在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）[2]副线圈有电阻，副线圈有内压。
（3）[3] AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
（4）[4] 在原、副线圈匝数比一定的情况下，R增大，副线圈电流I2减小，设原线圈电流为I1，根据，知流经原线圈的电流I1减小。
[5] 把变压器和R等效为一个电阻，R0当作电源内阻，则输出功率
当内外电阻相等即
时，输出功率最大，根据，得
代入，解得
8． D 减小 减小 减小 增大
【详解】（1）[1]AB．由变压器电压与线圈匝数关系
得
如果减少了原线圈的匝数或增加了副线圈的匝数，则应该增大，与图像不符合，AB错误；
C．降低了交流电源的频率，不会影响的大小，C错误；
D．拔掉了变压器铁芯Q，会导致漏磁，则
由于，，都不变，所以减小，D正确。
故选D。
（2）[2]由题意知，大头针在液体中发生全反射的临界角满足
根据
解得液体的折射率为
（3）[3]由于时刻电流方向向左，说明在这个时候电容器是在放电，所以电流表中的电流正在减小。
[4]此时电容器正在放电，电容器两端的电压正在减小。
[5] 由于时刻电流方向向右，说明在这个时候电容器是在充电，电流先快速增大后逐渐减小。
[6]此时电容器是在充电，电压正在增大。2023北京高三二模物理汇编
动量守恒定律章节综合
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（ ）
A．带电粒子获得的加速度变小
B．带电粒子到达负极板的时间变短
C．带电粒子到达负极板时的速度变小
D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
2．（2023·北京西城·统考二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（ ）
A．弹性绳的原长为15m
B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
3．（2023·北京东城·统考二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．人先处于超重状态，后处于失重状态
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大
D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
4．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，把质量为m的石块从距地面高h处以初速度斜向上抛出，与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。若只改变抛射角，下列物理量一定不变的是（ ）
A．石块在空中的飞行时间 B．石块落地的水平距离
C．石块落地时的动能 D．石块落地时的动量
5．（2023·北京昌平·统考二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零
6．（2023·北京朝阳·统考二模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（ ）
A．大小为
B．大小为
C．方向与方向相反
D．方向与方向相反
7．（2023·北京朝阳·统考二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．排球刚脱离左手时的速度大小为
B．排球被右手击出前运动的总时间为
C．排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为
D．排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为
8．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点
B．物块所受摩擦力的大小始终为
C．物块所受摩擦力的冲量大小为
D．物块所受摩擦力做的功为0
9．（2023·北京海淀·统考二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C．重力势能随位移x变化的快慢随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
10．（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B．乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C．减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D．减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
二、实验题
11．（2023·北京房山·统考二模）利用如图甲所示的装置可以验证动量守恒定律，O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让质量较大的入射小球A多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出水平射程OP。然后，把大小相同，质量较小的被碰小球B静置于轨道末端，仍将甲入射小球A从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球B相碰，多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。
（1）关于本实验，下列说法中正确的是________。
A．A、B两小球半径应相等
B．斜槽末端的切线必须水平
C．斜槽轨道必须光滑
D．在同一组实验中，小球B的落点并不重合，说明操作中出现了错误
（2）实验中需要的测量仪器有________。
A．天平B．打点计时器C．刻度尺D．秒表
（3）在某次实验中，两球质量分别为mA、mB，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若近似满足关系________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上动量守恒。
（4）某同学想验证碰撞中的动量守恒。选择大小相等、质量分别为mA、mB（mA
（1）小球1和2的质量应满足___________，直径应满足___________。（选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有___________。（选填选项前的字母）
A．测量两个小球的质量、
B．测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C．测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式___________是否成立[用（2）中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由___________。
三、解答题
13．（2023·北京东城·统考二模）一个质量为m的物体，在光滑水平面上向左做匀加速直线运动。某时刻物体的速度为v1，经过一段时间 t，速度变为v2。
（1）求物体的加速度大小a；
（2）若物体所受合力为F，在 t时间内动量的变化量为 p，根据牛顿第二定律推导 p与F的关系；
（3）若物体继续向左运动与竖直墙壁发生碰撞。碰前瞬间物体的速度大小为7m/s，碰后物体以6m/s的速度反向运动。碰撞时间为0.05s，已知m=0.5kg，求碰撞过程中墙壁对物体的平均作用力。
14．（2023·北京昌平·统考二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离。
15．（2023·北京海淀·统考二模）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
16．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求：
（1）物块向右运动离O点的最远距离L；
（2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向；
（3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。
参考答案
1．B
【详解】A．根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有
，
可得
将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；
B．根据匀变速直线运动规律
解得
将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；
C．根据动能定理有
解得
带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；
D．根据动量定理有
可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D．0~27m下落过程中由动量定理可得
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选B。
3．B
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增加后减小，选项A错误，B正确；
C．绳子对人的拉力方向始终向上，则绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小，选项C错误；
D．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，选项D错误。
故选B。
4．C
【详解】A．石块方向分速度
竖直方向根据
可知在空中的飞行时间因的不同而不同，A错误；
B．水平方向
结合A选项分析可知石块落地的水平距离可能因的不同而不同，B错误；
C．根据动能定理可得石块落地时的动能
可知石块落地时的动能一定相同，C正确；
D．根据C选项分析可知，落地时速度的大小相同，但是方向不相同，所以石块落地时的动量不同，D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但所受合外力提供向心力，不为零，故A错误；
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但动量是矢量，方向时刻变化，故B错误；
CD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；但飞机飞行一周的动量不变，所以动量的该变量为0。
故D正确，C错误；
故选D。
6．B
【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为
则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。
故选B。
7．C
【详解】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为
选项A错误；
B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升1.8m的时间
下落0.8m的时间
则排球被右手击出前运动的总时间为
选项B错误；
C．排球向上运动的过程中，根据动能定理
解得人对排球所做的功为
选项C正确；
D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理
则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．在角速度从0增大至过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点，故A错误；
B．该过程中物块始终相对圆盘静止，则摩擦力始终小于最大静摩擦力，故B错误；
C．物块受到的支持力与重力的冲量大小相等方向相反，则根据动量定理物块的动量改变量等于摩擦力的冲量，为
故C正确；
D．支持力和重力不做功，根据动能定理，摩擦力做功等于动能改变量为
故D错误。
故选C。
9．A
【详解】A．做自由落体运动的物体，根据
可得
可知动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；
B．根据动量定理可得
可得
可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为
可得
可知重力势能随位移x变化的快慢保持不变，故C错误；
D．做自由落体运动的物体，机械能守恒，即
故D错误。
故选A。
10．B
【详解】A．甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B．甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
由于甲的质量小于乙的质量，则有
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C．减速过程中，根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D．根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B。
11． AB/BA AC/CA 见解析
【详解】（1）[1]ABC．在实验中，要保证两小球发生对心正碰，所以两小球半径相等，且小球离开斜槽应做平抛运动，所以斜槽末端切线水平，但不需要斜槽光滑，故AB正确，C错误；
D．在同一组实验中，由于实验存在误差，所以小球B的落点并不重合，不能说明操作中出现错误，故D错误。
故选AB。
（2）[2]两小球在碰撞过程中有
由于小球从相同高度做平抛运动，所以下落时间相等，所以
即需要用天平测量小球的质量，刻度尺测量O点到平均落点的距离。
故选AC。
（3）[3]由以上分析可知，在实验误差允许范围内，两球碰撞前后在OP方向上动量守恒，应满足的关系
（4）[4]本实验中应将A球向左拉起，测量轻绳与竖直方向的夹角θ，并将A球由该位置静止释放，两球在最低点发生碰撞，然后测量碰后A球反弹到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角α，B球上升到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角β，根据机械能守恒定律有
根据动量守恒定律有
即
12． 大于 等于 ADE/AED/DAE/DEA/EAD/EDA 小球水平飞出的速度与其水平射程成正比
【详解】（1）[1]小球1和小球2相碰后不能反弹，所以小球1的质量要大于小球2的质量。
[2]由于该实验装置不能调节小球2摆放位置的高度，所以为保证两小球发生对心碰撞，两小球的直径要相等。
（2）[3]A．本实验要“验证动量守恒定律”，故需测量两个小球的质量、，A正确；
B．小球1碰撞前的速度大小可以通过平抛运动规律求得
联立可得
实验中小球1每次都从同一位移S释放即可，无需测量释放点S距桌面的高度h，B错误；
CDE．由于各小球做平抛运动的竖直高度相同，所以由可得它们飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以在验证动量守恒定律时，由
可得
故无需测量斜槽轨道末端距地面的高度H，需要测量各球平均落点的水平射程，故C错误，D、E正确。
故选ADE。
（3）[4][5]由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上，由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以仅需验证关系式
即可验证两球碰撞前后动量守恒。
13．（1）；（2）见解析；（3）130N，方向水平向右
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律
可得
（2）根据牛顿第二定律
所以
（3）由（2）分析可知
解得
方向水平向右。
14．（1），方向水平向右；（2）机械能增加了；（3）
【详解】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为
方向水平向右
炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得
方向水平向右
（2）炸裂前后系统机械能的变化量为
解得
A、B系统机械能增加了。
（3）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为
落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为
解得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理
解得
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理
解得
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得
根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度
将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程
16．（1）;（2），其方向与方向相反;（3）
【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有
得
（2)取方向为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时的速度
根据动量定理有
得
负号表示其方向与方向相反。
（3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有2023北京高三二模物理汇编
压轴选择
1．（2023·北京房山·统考二模）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。有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡块出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。根据以上材料可知（ ）
A．超导体处在恒定的磁场中时温度降低，它的表面也不会产生感应电流
B．超导体中的超导电流会产生焦耳热
C．将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度为零
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
2．（2023·北京西城·统考二模）当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。1851年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg的铁球制成的单摆（傅科摆）间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．在北半球，物体由南向北运动过程中，它会向前进方向的左侧偏转
B．在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左侧轨道的压力小于对右侧轨道的压力
C．在南半球，傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转
D．“地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
3．（2023·北京东城·统考二模）图甲所示为一种手机无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，手机中安装有受电线圈。送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在周围空间激发感生电场，受电线圈中产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路（图中未画出）处理后的电流i'随时间t'变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的工作原理是电流的磁效应
B．送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能
C．相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为2:1
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率变小
4．（2023·北京昌平·统考二模）中国“天眼”（如图）——500m口径球面射电望远镜（简称FAST）是当今世界最大、最灵敏的单口径射电望远镜，可以在无线电波段搜索来自百亿光年之外的微弱信号。截至2023年3月3日，FAST已发现超过740余颗新脉冲星。馈源支撑系统是FAST的重要组成之一。如图所示，质量为的馈源舱用对称的“六索六塔”装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离300m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长600m。重力加速度为g取，不计绳索重力。下列说法正确的是（ ）
A．无线电波属于机械波
B．光年是天文研究中常用的时间单位
C．每根绳索承受的拉力约为
D．若同样缩短每根绳索长度，则每根绳索承受的拉力变小
5．（2023·北京海淀·统考二模）等离激元蒸汽发生器，是用一束光照射包含纳米银颗粒（可视为半径约10.0nm的球体，其中每个银原子的半径约0.10nm）的水溶液时，纳米银颗粒吸收一部分光而升温，使其周围的水变成水蒸气，但整个水溶液的温度并不增加。该现象可解释为：如图所示，实线圆表示纳米银颗粒，电子均匀分布在其中。当施加光场（即只考虑其中的简谐交变电场）时，在极短时间内，可认为光场的电场强度不变，纳米银颗粒中的电子会整体发生一个与光场反向且远小于纳米银颗粒半径的位移，使电子仍均匀分布在一个与纳米银颗粒半径相同的球面内（虚线圆）。长时间尺度来看，纳米银颗粒中的电子便在光场作用下整体发生周期性集体振荡（等离激元振荡）而使光被共振吸收，导致纳米银颗粒温度升高。下列说法正确的是（ ）
A．一个纳米银颗粒中含有银原子的个数约102个
B．光场变化的频率应尽可能接近水分子振动的固有频率
C．在光场变化的一个周期内，光场对纳米银颗粒所做的总功为零
D．图示时刻，两球交叠区域（图中白色部分）中电场强度可能为零
6．（2023·北京朝阳·统考二模）目前我国在学校、车站等公共场所，都配备了自动体外除颤仪（AED），挽救了宝贵的生命。除颤仪工作时的电功率相当大，用电池直接供电无法达到，也超过了一般家庭的用电功率。某除颤仪的储能装置是一个电容为70μF的电容器，工作时先通过电子线路把电池供电的电压升高到约5000V对电容器进行充电，然后电容器在约2ms的时间内放电，使100~300J的电能通过病人的心脏部位，从而对病人进行抢救。根据上述信息并结合所学知识，可以推断下列说法错误的是（ ）
A．该除颤仪工作时的电功率在50~150kW之间
B．该除颤仪工作时通过人体的电流可达30A
C．该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为1750J
D．除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触
7．（2023·北京丰台·统考二模）两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B．被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大
C．被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
D．小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
参考答案
1．C
【详解】A．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，故A错误；
B．因为超导体的电阻为零，则超导电流不会产生焦耳热，故B错误；
C．超导体放入磁场中，超导体内部产生的磁感应强度为零，具有完全的抗磁性，故C正确；
D．由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体产生的感应电流方向也会相反，以使感应电流在超导体中产生的磁场与磁铁在超导体中产生的磁场的合磁场为零，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动过程中，由于高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表显得快了，它会向前进方向的右侧偏转，A错误；
B．在南半球，物体向南运动，在“地球偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上对左侧轨道的压力大于对右侧轨道的压力，B错误；
C．在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，所以傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转，C正确；
D．“地球偏向力”改变物体运动的方向，由向心力公式
可得物体偏转的半径
所以物体沿南北方向相对地表运动的速度越大，“地转偏向力”对其运动的影响越小，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．受电线圈的工作原理是电磁感应的原理，故A错误；
B．根据题意可知送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能，故B正确；
C．图乙中电流的有效值为
图丙中电流的有效值为
可知相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为1:1；
故C错误；
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率不变，故D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．无线电波属于电磁波，A错误；
B．光年是光在一年内的路程，是天文研究中常用的长度单位，B错误；
C．将各塔顶连接起来，得到正六边形，由几何关系可得馈源舱到塔顶的水平距离等于相邻塔顶的水平距离为300m，则可知每根绳索与竖直方向的夹角为，由平衡条件可得
解得
C正确；
D．若同样缩短每根绳索长度，每根绳索与竖直方向的夹角变大，根据可知每根绳索承受的拉力变大，D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．由体积比为半径比的三次方知，一个纳米银颗粒中含有银原子的个数约个，A错误；
B．由于纳米银颗粒吸收一部分光而升温，整个水溶液的温度并不增加，光场变化的频率应尽可能接近纳米银颗粒的固有频率，B错误；
C．在光场变化的一个周期内，该过程中电子在外力作用下做正功，光场使纳米银颗粒发生周期性集体振荡，所做的总功不为零，C错误；
D．图示时刻，由于存在静电平衡，两球交叠区域（图中白色部分）中电场强度可能为零，D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．电容器在约2ms的时间内放电，使100~300J的电能通过病人的心脏部位，根据功率的计算公式
可得除颤仪工作时的电功率在50~150kW之间，故A正确，不符合题意；
B．除颤仪工作时通过人体的电流可达
故B正确，不符合题意；
C．该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为
故C错误，符合题意；
D．除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触，故D正确，不符合题意。
故选C。
7．C
【详解】A．被航天器撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，说明双星系统的运动周期变小，故A错误；
B．设两个小行星的质量分别为m1,m2,它们做圆周运动半径分别为r1，r2，设两个小行星中心连线的距离为r,则
两小行星绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
联立以上各式得
因为周期T变小，说明两个小行星中心连线的距离r变小，故B错误；
C．两个小行星中心连线的距离r变小，引力做正功，引力势能减小，故C正确；
D．小行星质量越大，惯性越大，其运动的速度不容易被改变，那其运动的轨道越不容易被改变，故D错误。
故选C。2023北京高三二模物理汇编
热力学定律章节综合
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考二模）有关物体的内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大
B．由于物体被举高，组成物体的分子的分子势能增大
C．物体吸收热量，其内能一定增大
D．物体对外界做功，其内能一定减小
2．（2023·北京东城·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．液体分子的无规则运动称为布朗运动
B．分子间距离减小时，分子间的作用力也减小
C．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
D．物体温度升高，每个分子热运动的动能均增大
3．（2023·北京朝阳·统考二模）下列说法正确的是（ ）
A．悬浮在液体中微粒的大小，影响其布朗运动的明显程度
B．质量一定的理想气体，温度越高压强越大
C．热量只能从高温物体向低温物体传递
D．分子势能随分子间距离的增大而增大
4．（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，固定在水平地面上的汽缸内密封一定质量的理想气体，活塞处于静止状态。若活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。将活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．气体的内能保持不变 B．气体的内能逐渐增大
C．气体的压强保持不变 D．气体的压强逐渐减小
5．（2023·北京丰台·统考二模）如图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的压强变小 B．气体的体积变小
C．气体对外界做功 D．气体的内能减小
参考答案
1．A
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大，故A正确；
B．物体被举高后，宏观的重力势能增加，对于微观中分子势能是没有影响的，故B错误；
C．物体吸收热量的同时对外做功，其内能不一定增大，故C错误；
D．物体对外界做功的同时吸收热量，其内能不一定减小，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．布朗运动是液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体或气体分子在做无规则运动，故A错误；
B．当分子间距离小于平衡位置的距离时，随着分子间距离的减小，分子力增大；当分子间距离大于平衡位置间距离时，随着分子间距离的减小，分子力可能减小，也可能先增大后减小，故B错误；
C．根据热力学第一定律
若物体从外界吸收热量的同时在对外做功，且所做的功在数值上大于所吸收的热量，那么内能此时将减小，故C正确；
D．温度是衡量分子平均动能的标志，物体温度升高分子平均动能增大，而单个分子的动能有可能增大也有可能减小，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】A．悬浮在液体中微粒越小，布朗运动越明显，故A正确；
B．质量一定，体积一定的理想气体，温度越高压强越大，故B错误；
C．热量能够自发的从高温物体向低温物体传递，借助一些电器，热量可以从低温物体向高温物体传递，比如空调、冰箱等，故C错误；
D．当分子间力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，D错误。
故选A。
4．B
【详解】AB．活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，即W>0，气体与外界环境没有热交换，即Q=0，由热力学第一定律可知，，即气体的内能逐渐增大，A错误，B正确；
CD．因，即气体的内能逐渐增大，则气体的温度逐渐升高，气体的体积减小，由可知，气体的压强逐渐增大，CD错误。
故选B。
5．C
【详解】A．由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，A错误；
B．根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，B错误；
C．气体体积增大，气体对外界做功，C正确；
D．气体温度升高，气体内能增大，D错误。
故选C。
