2023北京高三一模物理汇编
光章节综合
1．（2023·北京延庆·统考一模）下列说法中正确的是（ ）
A．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象
B．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的衍射现象
C．用光导纤维传送图像信息，这其中应用到了光的全反射现象
D．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象
2．（2023·北京西城·统考一模）有关光的现象，下列说法正确的是（ ）
A．干涉现象说明光是横波
B．偏振现象说明光具有粒子性
C．发生折射现象时，光的频率发生变化
D．发生光电效应现象时，有电子从金属表面逸出
3．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，玻璃砖的上表面与下表面平行，一束红光从上表面的点处射入玻璃砖，从下表面的点处射出玻璃砖，下列说法正确的是（ ）
A．红光进入玻璃砖前后的波长不会发生变化
B．红光进入玻璃砖前后的速度不会发生变化
C．若增大红光的入射角，则红光可能会在玻璃砖下表面的Q点左侧某处发生全反射
D．若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，则紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖
4．（2023·北京延庆·统考一模）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。例如：
（1）实验测量：用螺旋测微器测量某金属丝的直径，示数如图所示，则该金属丝的直径为__________mm。
（2）实验操作。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律，A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细线的结点，与为细线。下列不必要的实验要求是__________。
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．实验中两根细线要与木板平行
C．与应关于对称
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）数据分析。在双缝干涉实验中，用单色光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双缝之间的距离为，测得双缝到屏幕的距离为，第1条到第6条亮条纹中心的距离为，则该单色光的波长为____________m（保留2位有效数字）。实验中并未直接测量相邻两个亮条纹间的距离，而是测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，请分析说明这样做的理由。__________
5．（2023·北京丰台·统考一模）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。例如：
（1）“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为______。
A．滤光片 双缝 单缝 B．滤光片 单缝 双缝
C．单缝 滤光片 双缝 D．双缝 滤光片 单缝
（2）某同学用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻度线对准亮条纹A的中心，记录手轮上的示数，然后他转动测量头，使分划板中心刻度线对准亮条纹B的中心，这时手轮上的示数是，若测得双缝与屏之间的距离为l，双缝间距为d，则对应光波的波长λ＝_________。
参考答案
1．C
【详解】A．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的色散现象，故A错误；
B．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的干涉现象，故B错误；
C．用光导纤维传送图像信息，这其中应用到了光的全反射现象，故C正确；
D．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．光的偏振现象说明光是横波，故A错误；
B．偏振是横波特有的现象，所以光的偏振现象说明光是一种横波，故B错误；
C．发生折射现象时，光的频率不发生变化，故C错误；
D．发生光电效应时，有电子从金属表面逸出，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．波速由介质决定，但频率由波源决定，同一种波在不同的介质中，波速不同，但频率不变，由公式
可得，红光进入玻璃砖前后的波长会发生变化，A错误；
B．光具有波粒二象性，从波动性的角度说，光作为一种电磁波，一种单色光即一种单一频率的光，对一种介质的折射率是一定的，从空气进入玻璃介质后，光的频率不变，由折射定律
可得，会发生改变，所以红光进入玻璃砖前后的速度会发生变化，B错误；
C．根据光的可逆性原理，只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生折射，就一定可以从下表面射出，所以增大红光的入射角，则红光不会在玻璃砖下表面发生全反射，C错误；
D．若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，由于紫光折射率较大，所以紫光折射角较小，所以紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖，D正确。
故选D。
4． C 若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小
【详解】（1）[1]由图可知，该金属丝的直径为
（2）[2]AB．为了减小实验误差，弹簧测力计应在使用前校零，拉线方向应与木板平面平行，故AB正确；
CD．两弹簧测力计的方向不必对称，只需达到作用效果就行；改变拉力，进行多次实验，每次都要使点静止在同一位置，故C错误，D正确。
本题选不必要的，故选C。
（3）[3]根据题意可知，条纹间距为
由公式可得，该单色光的波长为
[4]若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小。
5． B
【详解】（1）[1] “用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
故选B。
（2）[2]由图可知，条纹间距为
根据条纹间距公式
联立可得2023北京高三一模物理汇编
电磁学选择
1．（2023·北京海淀·统考一模）水平放置的平行板电容器C、定值电阻R0、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴A恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是（ ）
A．当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B．当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C．仅换用阻值更大的R0，油滴A将向下运动
D．仅换用阻值更小的R0，油滴A依旧可以保持悬浮状态
2．（2023·北京海淀·统考一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
3．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．端电势始终低于端电势
B．杆中电流的大小、方向均保持不变
C．安培力对杆的冲量大小为
D．安培力对杆做的功为
4．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，一个理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接在交流电源上，其电压u随时间t变化规律为，副线圈接有的电阻。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为22 W B．副线圈输出交流电的周期为100 s
C．电压表的示数为311 V D．电流表的示数为2.5 A
5．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，用同种细导线做成两个闭合单匝线圈，正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等，把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中，线圈所在平面均与磁场方向垂直，若正方形，圆形线圈中感应电动势分别用，表示，感电流分别用，表示，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·北京东城·统考一模）如图所示电路中，灯泡A，B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．开关S由断开变为闭合时，A，B同时变亮，之后亮度都保持不变
B．开关S由断开变为闭合时，B先亮，A逐渐变亮，最后A，B一样亮
C．开关S由闭合变为断开时，A，B闪亮一下后熄灭
D．开关S由闭合变为断开时，A闪亮一下后熄灭，B立即熄灭
7．（2023·北京东城·统考一模）图甲为某热敏电阻的阻值R随温度t变化的曲线。利用其可以制作温控报警器，电路的一部分如图乙所示。图中E为直流电源，电动势为10V，内阻不计，当输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警，下列说法正确的是（ ）
A．若要求环境温度低于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
B．若要求环境温度低于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
C．若要求环境温度高于60℃开始报警，应使用热放电阻，的阻值应为
D．若要求环境温度高于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
8．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为的带电粒子，从M点水平方向以初速度射入板间，并打在下极板上的N点。已知与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则（ ）
A．两点间的距离为
B．粒子在两点间的运动时间为
C．粒子刚到达N点时的速度大小为
D．粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为45°
9．（2023·北京东城·统考一模）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20和10。当流经电磁流量计的液体速度为10时，其流量约为280，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140
C．排污管内污水的速度约为2.5
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25
10．（2023·北京西城·统考一模）一个白炽灯泡额定电压为，额定功率为，接在交流电源上正常工作，则（ ）
A．灯泡电压的峰值为
B．流过灯丝的电流有效值约为
C．内灯泡消耗的电能是
D．内灯丝产生的热量是
11．（2023·北京西城·统考一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为；若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为．不计粒子的重力．下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度大于速度
C．粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
12．（2023·北京西城·统考一模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素．让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核恰好能离开电场，轨迹如图所示．不计粒子的重力，则（ ）
A．不能离开电场
B．在电场中受到的电场力最大
C．在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对做功最少
13．（2023·北京西城·统考一模）如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为、，原线圈的输入功率为、电压为、电流为、频率为，副线圈的输出功率为、电压为、电流为、频率为．下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且，则，
B．若变压器为理想变压器，且，则，
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
14．（2023·北京西城·统考一模）某同学根据查阅到的某种热敏电阻的特性曲线（如图1），设计了图2所示的恒温箱温度控制电路。图2中，为热敏电阻，为可变电阻，控制系统可视作的电阻，电源的电动势，内阻不计。当通过控制系统的电流小于时，加热系统将开启，为恒温箱加热；当通过控制系统的电流等于时，加热系统将关闭。下列说法正确的是（ ）
A．若要使恒温箱内温度保持20℃，应将调为
B．若要使恒温箱内温度升高，应将增大
C．若恒温箱内温度降低，通过控制系统的电流将增大
D．保持不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度均匀变化
15．（2023·北京朝阳·统考一模）如图是某交流发电机的示意图。当线圈abcd绕垂直于匀强磁场方向的转轴OO＇匀速转动时，电路中产生电流的最大值为，外电路的电阻为R。图示位置线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈转动的周期为T。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为零
B．在图示位置，线圈中的电流方向为a→b→c→d
C．在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
D．从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
16．（2023·北京朝阳·统考一模）图示平面内固定两个等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷的连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ）
A．M、P两点的电场强度相同 B．N、P两点的电场强度相同
C．N、P两点的电势相等 D．电子在M点的电势能比在N点的大
17．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是（ ）
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为
B．全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
C．时刻，金属棒受到的安培力大小为
D．时刻，金属棒两端的电压
18．（2023·北京朝阳·统考一模）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中与的比值
19．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（ ）
A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大
C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大
20．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，长为L的导体棒原来不带电，现将一个带正电的点电荷放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，为的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒A端带正电，B端带负电
B．导体棒A端电势高，B端电势相低
C．感应电荷在O点的场强方向向右
D．感应电荷在O点的场强大小
21．（2023·北京延庆·统考一模）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图1中，的电阻值小于的电阻值
B．图1中，断开开关瞬间，流过的电流方向自右向左
C．图2中，闭合瞬间，中电流与变阻器R中电流相等
D．图2中，闭合电路达到稳定时，变阻器R的电阻值大于的电阻值
22．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，A、B为两个等量异种点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点．今将一带正电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是（ ）
A．A点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势低
C．从A点移到B点的过程中，静电力对该试探电荷做负功
D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能减小
23．（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。已知线圈的电阻，则（ ）
A．线圈内感应电流的方向为顺时针 B．A点电势比B点电势低
C．通过电阻R的电流大小为 D．内电路中产生的电能为
24．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示是中国公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80％以上的动能转化成电能回收储存再使用．这种电车的核心元器件是“，”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”．下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容也逐渐增加
C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变
D．若标有“，”的电容器从电量为零到充满电用时，则充电平均电流为
25．（2023·北京丰台·统考一模）在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D．仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
26．（2023·北京丰台·统考一模）在甲、乙实验电路中，电源有内阻。图丙、丁是由电流表和电压表测的数据绘制的图像。下列说法正确的是（ ）
A．丙图是由甲电路测的数据绘制的图像
B．丁图图线与横坐标包围的面积表示被测电阻在某一状态的电功率
C．甲电路用于测量电阻的大小，由可得出电阻的阻值
D．乙电路用于测量电源的电动势和内阻，电压表测量的是电源两端的电压
27．（2023·北京丰台·统考一模）静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是（ ）
A．C点的电场强度方向与x轴正方向相反
B． C、D两点的电场强度
C．试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功
D．同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
28．（2023·北京丰台·统考一模）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在到时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
29．（2023·北京平谷·统考一模）如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形的对角线边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是（ ）
A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B．O点电势与C点电势相等
C．DO间的电势差等于OB间的电势差
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
30．（2023·北京平谷·统考一模）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C．由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为
31．（2023·北京平谷·统考一模）摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是（ ）
A．铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
32．（2023·北京平谷·统考一模）“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池。（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
33．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为，乙的圆心为，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中，此时a点的磁感应强度大小为，b点的磁感应强度大小为。当把环形电流甲撤去后，a点的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
34．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框，边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
35．（2023·北京石景山·统考一模）在如图所示平面内，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为连线的中点，为的垂直平分线，C、D两点在上且。下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强比C点的场强大 B．C点的场强与D点的场强相同
C．O点的电势比D点的电势高 D．电子在C点的电势能比在D点的电势能大
36．（2023·北京石景山·统考一模）交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（ ）
A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
参考答案
1．A
【详解】A．滑动变阻器R和定值电阻R0串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变小，根据欧姆定律
电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压减小，根据
可知电容器所带电荷量会减少，电容器会放电，故A正确；
B．同理，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律
电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据
可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，B错误；
C．仅换用阻值更大的R0，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律
电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据
可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，C错误；
D．仅换用阻值更小的R0，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律
电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变小，根据
可知，电容器两极板间的电场强度变小，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据
可知油滴受到的电场力变小，所以油滴向下运动，D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感应电流方向为，则端电势始终高于端电势，故A错误；
B．根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C．安培力对杆的冲量大小为
又有、和，可得
则培力对杆的冲量大小为
故C正确；
D．根据题意，设安培力对杆做的功为，由动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
4．A
【详解】BC．由题可知，电压u随时间t变化规律为，故原线圈输入交流电的周期为
原副线圈交流电的周期相同为0.02s
电压表的示数为交流电的有效值，故
BC错误；
AD．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，故副线圈的输出电压为
其中
故电流表的示数为0.5A
理想变压器原副线圈输入输出功率相等，即
A正确，D错误。
故选A。
5．B
【详解】设正方形线圈的边长为L，则圆形线圈的直径也为L，根据法拉第电磁感应定律分别得正方形线圈与圆形线圈的感应电动势为
解得
根据电阻定律可得正方形线圈与圆形线圈的电阻分别为
根据欧姆定律
解得
故选B。
6．D
【详解】AB．开关S由断开变为闭合时，根据电感线圈的自感现象可知，A，B同时变亮，随着线圈上的电流逐渐增大，最终稳定时，线圈为可视为导线。则A灯逐渐变暗直至熄灭，电路中总电阻减小，则B灯逐渐变亮。故AB错误；
CD．开关S由闭合变为断开时，B立即熄灭，电感线圈电流不能突变为0，则会充当电源，回路中A灯变亮，之后线圈中电流减小，直至A灯熄灭。故C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】当温度升高时，热敏电阻的阻值将降低，根据闭合电路欧姆定律，有
即电路中电流增大，由外电路的分压原理易知，定值定值的电压必定增大，则热敏电阻的电压降低，依题意，环境温度升高，输出电压升高，报警器报警，所以图中的应使用热敏电阻，若要求环境温度高于60℃开始报警，则由图可知
又
解得
故选D。
8．A
【详解】AB．由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
又因为与竖直方向成45°角，所以有
联立解得
则两点间的距离为
故A正确，B错误；
CD．粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
则粒子刚到达N点时的速度大小为
粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为
故C、D错误。
故选A。
9．D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由
知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1=2.5，则
可得排污管内污水的速度约为
故BC错误；
D．流量计内污水的速度约为v1=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．白炽灯泡额定电压为有效值，则灯泡电压的峰值大于220V，故A错误；
B．流过灯丝的电流有效值约为
故B错误；
CD．灯泡为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为热量，内灯泡消耗的电能即产生的热量是
故C正确，D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
根据图中轨迹可知，，则有
故B错误；
C．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
由图可知运动轨迹为对应的圆心角大于运动轨迹为对应的圆心角，故粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为
，可知，故粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
故选C。
12．A
【详解】A. 三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点距底板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得
，
联立解得
分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核恰好能离开电场，则可知不能离开电场，故A正确；
B. 电场力
同一电场，所带电荷量相同，故三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误；
C. 三种粒子的初速度相同，不能离开电场，故可知 在电场中运动的时间最短，和都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C错误；
D. 电场力做功
电荷量相同，电场强度相同，分析可知和在电场中运动的竖直位移相等，而在电场中运动的竖直位移较小，因此在电场中运动的过程中电场力对做功最少，故D错误。
故选A。
13．C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且，则根据
可知
若
根据
可知
由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
即
故D错误。
故选C。
14．B
【详解】A．制系统的电流等于时，电路中的总电阻
20℃热敏电阻的阻值为
若要使恒温箱内温度保持20℃，应将调为
A错误；
B．由于加热系统关闭的电流临界值2mA一定，即加热系统关闭的电路中临界的总电阻始终4500Ω。可知若要使恒温箱内保持的温度值升高，即热敏电阻的阻值减小，则必须使增大，B正确；
C．若恒温箱内温度降低，热敏电阻阻值增大，通过控制系统的电流减小，C错误；
D．根据图1可知，恒温箱内的温度与热敏电阻的阻值成线性关系，通过控制系统的电流
可知，通过控制系统的电流大小与热敏电阻的阻值不是线性关系，即保持不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度不是均匀变化，D错误。
故选B。
15．A
【详解】AB．图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小且为零，电流最小也为零，故A正确，B错误；
C．电路中电流的有效值为
在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
故C错误；
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
故D错误。
故选A。
16．B
【详解】AB．根据等量异种电荷周围电场分布规律以及对称性可知M、P两点的电场强度大小相同、方向不同，N、P两点的电场强度相同，A错误，B正确；
C．M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，根据沿电场线方向电势降低可知M点电势高于P点电势，故N点电势高于P点电势，C错误；
D．由于电子在M点和N点电势相同，故在M点的电势能与在N点的一样大大，D错误。
故选B。
17．D
【详解】A．全过程对导体棒用动能定理有
金属棒克服安培力做功为，A正确；
B．全过程中，设电阻R上产生的焦耳热为，电阻r上产生的焦耳热为，由能量守恒定律有，
解得
B正确；
C．时刻，金属棒受到的安培力F的大小为
解得
C正确；
D．时刻，根据闭合电路欧姆定律得，金属棒两端的电压为
D错误。
本题选不正确的，故选D。
18．D
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯和的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流也是逐渐增加，A、B错误；
C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯和提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯和的电流相等，所以灯逐渐熄灭，C错误；
D．开关S闭合瞬间，灯和串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律
电路稳定后，流过D3的电流为
开关S断开瞬间，电感线圈能够为和提供与之前等大电流，故其两端电压为
所以
故可以推算出图乙中与的比值，D正确。
故选D。
19．D
【详解】B．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得
由于理想变压器输入电压保持不变，可知副线圈输出电压不变，则电压表示数不变，故B错误；
ACD．将开关S闭合，副线圈总电阻减小，根据
可知副线圈总电流增大，根据
可知电阻R消耗的电功率增大；根据
可知原线圈输入功率增大，原线圈输入电流增大，即电流表的示数增大，故AC错误，D正确。
故选D。
20．D
【详解】A．点电荷带正电，则当导体棒达到静电平衡后，导体棒端为近端，带负电，端为远端，带正电，故A错误；
B．处于静电平衡状态的导体棒是一个等势体，即端和端电势相等，故B错误；
CD．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，感应电荷在点的场强与点电荷在点的场强大小相等、方向相反，点电荷在点的场强向右，则感应电荷在点的场强向左，大小为
故C错误，D正确。
故选D。
21．B
【详解】AB．根据题意可知，断开开关瞬间，流过的电流由于自感现象保持不变，流过的原电流消失，和组成新的回路，此时流过电流大小与流过的电流大小相等，方向自右向左，灯突然闪亮，随后逐渐变暗是因为电路稳定时，的电流小于的电流，根据并联分流原理可知，的电阻小于的电阻，故A错误，B正确；
C．图2中，闭合瞬间，对电流有阻碍作用，所以中电流与变阻器中电流不相等，故C错误；
D．图2中，闭合，电路稳定时，与的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器与的电阻值相同，故D错误。
故选B。
22．A
【详解】等量异种电荷的电场线和等势面分布如图所示
A．等量异种点电荷的连线上B点电场强度最小，中垂线上B点电场强度最大，所以A点场强大于C点场强，A正确；
B．沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，C点电势等于B点电势，所以A点的电势比C点的电势高，B错误；
C．正电荷受到的电场力与电场线方向相同，所以将带正电的试探电荷从A移到B，电场力做正功，C错误；
D．等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，将带正电的试探电荷从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能不变，D错误。
故选A。
23．C
【详解】AB．由图可知，穿过线圈的磁通量方向向里增大，根据楞次定律可知，线圈内感应电流的方向为逆时针，外电路中电流从A点经电阻R流到B点，所以A点电势比B点电势高，故AB错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为
通过电阻R的电流大小为
故C正确；
D．0.2s内电路中产生的电能等于电路中产生的焦耳热，则有
故D错误。
故选C。
24．D
【详解】A．该电容器的容量为
故A错误；
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；
C．根据
可知电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；
D．标有“，”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量为
则充电平均电流为
故D正确。
故选D。
25．D
【详解】A．两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，则无论正负电荷都可以匀速穿过两极板，A错误；
B．根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠加场区域，根据平衡条件有
同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，根据平衡条件有
所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，B错误；
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏转，C错误；
D．仅增大粒子所带电荷量，电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，D正确。
故选D。
26．D
【详解】A．丙图绘制的图像是电源路端电压与电流的关系，即丙图是由乙电路测的数据绘制的图像，故A错误；
B．根据
可知丁图图线与横坐标包围的面积不等于被测电阻在某一状态的电功率，故B错误；
C．甲电路用于测量电阻的大小，由可得出电阻的阻值，故C错误；
D．乙电路用于测量电源的电动势和内阻，电压表测量的是电源两端的电压，故D正确。
故选D。
27．C
【详解】A．沿电场线电势逐渐降低，因从A到D电势一直降低，可知场强方向沿x轴正向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，选项A错误；
B．因φ-x图像的斜率等于场强大小，则C、D两点的电场强度，选项B错误；
C．因电场强度方向沿x轴正向，可知试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功，选项C正确；
D．因B点的电势高于C点，可知同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，选项D错误。
故选C。
28．A
【详解】A．时刻电流为0，说明感应电动势为零，由 可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B．由“来拒去留”可知在到时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由
可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选A。
29．D
【详解】A．将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；
B．AC所在平面与BD垂直，与其它电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；
C．根据电场线的疏密程度可知DO间的电场强度大于OB间的电场强度，由可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反，竖直向下，故D正确。
故选D。
30．B
【详解】A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为
选项D正确；
本题选错误的，故选B。
31．B
【详解】AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，C错误；
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，永久磁体固定在转轴Ⅰ上，铝盘固定在转轴Ⅱ上，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，D错误。
故选B。
32．A
【详解】①系统静止时敏感元件两端弹簧位于自然状态，设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
设的长度为，两端的电压恒为，则此时电压表的示数
解得
联立得
可知系统加速度与电压表示数之间成一次函数关系，凡因变量与自变量间成一次函数的测量仪表刻度盘刻度都是均匀的，①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，则两端的电压不变，仍为，根据①分析可知加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确。
故选A。
33．B
【详解】甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，而b点的磁感应强度大小为B2，因此两环在b点产生的磁感应强度均为，甲环在a点和b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故甲环在a点产生的磁感应强度为而a点的磁感应强度大小为B1，因此乙环在a点产生的磁感应强度为。
故选B。
34．D
【详解】A．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为，A错误；
B．线框中产生的感应电流为
空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；
C．线框边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式，故所受的安培力变大，C错误；
D．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为，根据左手定则可知，线框边所受的安培力水平向右，线框边所受的安培力水平向左。通电直导线的磁场分部特点可知边所处的磁场较大，根据安培力表达式可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。
故选D。
35．C
【详解】A．两个带等量正电的点电荷在A、B中点产生的场强为零，而C点的场强不为零，故O点的场强比C点的场强小，A错误；
B．根据对称关系可知，C点的场强与D点的场强大小相等，但方向相反，B错误；
C．两个带等量正电的点电荷的中垂线的电场方向有O点指向远处，所以O点的电势比D点的电势高，C正确；
D．根据对称性可知，C点的电势与D点的电势相同，故电子在C点的电势能与在D点的电势能相等，D错误。
故选C。
36．D
【详解】A．根据
解得
故A错误；
B．根据
解得
故B错误；
CD．当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大。故C错误；D正确。
故选D。2023北京高三一模物理汇编
粒子的波动性和量子力学的建立
一、单选题
1．（2023·北京·海淀·高三一模）下列现象中，揭示了光的波动性的是（ ）
A．光电效应 B．黑体辐射
C．光的偏振 D．康普顿效应
2．（2023·北京·海淀·高三一模）低温为研究物质结构与性质提供了独特的条件。2022年10月31日“梦天实验舱”进入预定轨道，其上搭载了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，可以制备地面无法实现的以下的超冷原子构成的气体。超冷原子是指温度接近状态下的原子，其热运动速率只有室温下的倍。制备时，先利用激光冷却技术，将原子置于相向传播且频率略不同于原子跃迁能级所对应频率的激光束中运动时，由于多普勒效应，原子受到激光束对其产生的阻力，从而使原子的速度降低。又利用磁场将原子束缚在一定的区域内形成原子团，实现较长时间的原子与激光相互作用。再利用蒸发冷却技术，将原子团中速率较大的原子“蒸发”掉，使温度进一步降低。根据上述信息，下列说法正确的是（ ）
A．激光频率一定时，原子质量越大，激光制冷的效果越好
B．激光制冷技术只能使特定速率的原子减速，而其余原子的速率保持不变
C．与室温下的原子相比，超冷原子更容易发生衍射
D．传播方向与原子运动方向相反的激光的频率应当略高于（为普朗克常量）
3．（2023·北京·门头沟·高三一模）20世纪40年代，我国著名物理学家朱洪元先生提出，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动时会发出“同步辐射光”，辐射光的频率是电子做匀速圆周运动每秒转数的k倍。大量实验不但证实了这个理论是正确的，而且准确测定了k值。近年来，同步辐射光已被应用在大规模集成电路的光刻工艺中。若电子在某匀强磁场中做匀速圆周运动时产生的同步辐射光的频率为，电子质量为m，电荷量为e，不计电子发出同步辐射光时所损失的能量以及对其运动速率和轨道的影响，则下列说法不正确的是（ ）
A．若测出电子做匀速圆周运动的轨道半径为R，可以求其运动的速率v
B．可以求匀强磁场磁感应强度B的大小
C．同步辐射光一个光子的能量为
D．电子比可见光的波动性强，衍射更为明显
4．（2023·北京·海淀·高三一模）2022年10月31日“梦天”实验舱成功发射，其上配置了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，利用太空中的微重力环境和冷却技术，可获得地面无法制备的超冷原子。超冷原子是指温度接近0K状态下的原子（质量约10-27kg），其运动速度约为室温下原子速度（约500m/s）的5×10-5倍。超冷原子的制备要先利用激光冷却技术，使用方向相反的两束激光照射原子，原子会吸收激光的光子然后再向四周随机辐射光子，经过多次吸收和辐射后，原子的速度减小。同时施加磁场将原子束缚在一定区域内，避免原子逃逸，以延长原子与激光作用的时间。再用蒸发冷却技术，将速度较大的原子从该区域中排除，进一步降低温度。取普朗克常量h=6.63×10-34J·s。下列说法错误的是（ ）
A．太空中的微重力环境可使实验舱中的原子长时间处于悬浮状态，利于获得超冷原子
B．超冷原子的物质波波长约为10-5m量级
C．原子减速是通过原子向四周随机辐射光子实现的
D．超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似
5．（2023·北京·海淀·高三一模）下列现象中，揭示了光的粒子性的是（ ）
A．光电效应 B．光的干涉
C．光的偏振 D．光的衍射
6．（2023·北京·朝阳·高三一模）下列说法正确的是（ ）
A．雨后出现的彩虹属于光的反射现象
B．光的干涉和衍射现象说明光是一种横波
C．用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象
D．测体温的额温枪是通过测量人体辐射的紫外线进行测温
参考答案
1．C
【详解】光的干涉、衍射、色散说明光具有波动性；黑体辐射、光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性。
故选C。
2．C
【详解】ABD．激光冷却是指当原子在频率略低于原子跃迁能级差且相向传播的一对激光中运动时，由于多普勒效应，原子倾向余吸收原子运动方向相反的光子，两激光产生一个与原子运动方向相反的阻尼力，由牛顿第二定律可知，原子质量越大，加速度越小，其减速效果差，即制冷效果不好且由上述原理可知，激光制冷技术不是使特定速率原子减速，故ABD错误；
C．物质具有波粒二象性，即原子也具有波的性质，由德布罗意波波长公式有
原子的速度越大，其德布罗意波的波长越短，所以超冷原子的波长要长，由发生衍射的明显现象条件可知，其波长与障碍物的尺寸差不多的时候衍射现象明显，所以与室温下的原子相比，超冷原子更容易发生衍射，故C项正确。
故选C。
3．D
【详解】AB．设电子在磁场中做匀速圆周运动的速率为v，则根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有
①
则电子的回旋周期为
②
由题意可知
③
联立②③解得
④
联立①④解得
⑤
AB正确；
C．同步辐射光一个光子的能量
C正确；
D．可见光的波动性比电子的波动性强，则可见光的衍射更为明显，D错误。
本题选不正确项，故选D。
4．C
【详解】A．在微重力环境下，原子几乎不受外力，故而能够长时间处于悬浮状态，有利于激光照射，故利于获得超冷原子，A正确，不符合题意；
B．由德布罗意波波长公式
其中
解得超冷原子的物质波波长
故B正确，不符合题意；
C．原子减速是通过吸收迎面射来的激光光子的能量，从而动量减少，速度减小，故C错误，符合题意；
D．超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似，D正确，不符合题意。
故选C。
5．A
【详解】A．光电效应、康普顿效应能说明光具有粒子性，A正确；
BCD．光的干涉、光的偏振和光的衍射能说明光具有波动性，BCD错误。
故选A。
6．C
【详解】A．雨后出现的彩虹属于光的色散现象。故A错误；
B．光的干涉和衍射现象说明光是波。故B错误；
C．用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象。故C正确；
D．测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温。故D错误。
故选C。2023北京高三一模物理汇编
力学选择
1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道II或III。轨道I、II和III均与地球赤道面共面。变更轨道后（ ）
A．卫星沿轨道III运动
B．卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
2．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变
D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功
3．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
4．（2023·北京海淀·统考一模）只利用下列选项中的器材，不能测量出当地重力加速度的是（ ）
A．1根长度已知的直杆、1个质量未知的小物块、1块停表
B．1根长度已知的轻绳、2个质量已知的小物块、1个滑轮、1个铁架台
C．1个发射初速度已知的抛射器、1个质量未知的抛射物、1把直尺
D．1个质量已知的小物块、1根长度未知的轻绳、1把直尺、1块停表
5．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
6．（2023·北京东城·统考一模）2022年11月1日，重约23吨的梦天实验舱与重约60吨的天和核心舱组合体顺利对接，完成了中国空间站建设最后一个模块的搭建。已知对接后中国空间站距地面高度约为400，地球同步卫星距地面高度约为36000，二者的运动均视为匀速圆周运动，则（ ）
A．对接前空间站内的宇航员不受地球引力作用
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用而产生的加速度大小相等
C．对接后中国空间站绕地球运行的速度小于7.9
D．对接后中国空间站的运行周期大于地球同步卫星的运行周期
7．（2023·北京东城·统考一模）图甲所示为一列简谐横波在时的波形图，图乙所示为该波中处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．此列波的传播速度为
B．此列波沿主轴正方向传播
C．时，质点P的运动速度为
D．时，质点P相对平衡位置的位移为
8．（2023·北京海淀·统考一模）波源垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为
B．图甲中质点和的相位差为
C．图甲中质点在该时刻速度方向垂直纸面向外
D．图乙可能是质点的振动图像
9．（2023·北京东城·统考一模）某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（ ）
A．1.2G B．1.6G C．2.2G D．2.6G
10．（2023·北京东城·统考一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是（ ）
A．物块质量为0.7
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4
11．（2023·北京西城·统考一模）一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．此时质点K的速度方向沿y轴负方向
B．此时质点M的加速度方向沿y轴正方向
C．此时质点K的速度比质点L的小
D．此时质点K和质点M的相位相同
12．（2023·北京西城·统考一模）木星有多颗卫星，下表列出了其中两颗卫星的轨道半径和质量，两颗卫星绕木星的运动均可看作匀速圆周运动．由表中数据可知（ ）
卫星 轨道半径 卫星质量
木卫一
木卫二
A．木星对木卫一的万有引力小于木星对木卫二的万有引力
B．木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度
C．木卫一绕木星运动的线速度小于木卫二绕木星运动的线速度
D．木卫一绕木星运动的周期大于木卫二绕木星运动的周期
13．（2023·北京西城·统考一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面左右时开启降落伞，速度减至约，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为．由以上信息可知（ ）
A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为
D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
14．（2023·北京西城·统考一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点．假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变．下列说法正确的是（ ）
A．在段汽车对桥面的压力大小不变
B．在段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在段汽车的输出功率逐渐增大
D．在段汽车发动机做功比段多
15．（2023·北京西城·统考一模）跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段．在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示．这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力．关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是（ ）
A．可以增加水平方向的飞行速度
B．可以增加竖直方向的加速度
C．可以增加运动员的机械能
D．可以获得更长的飞行时间
16．（2023·北京朝阳·统考一模）某地震局记录了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形。下列说法正确的是（ ）
A．该地震波的周期为0.5s
B．该地震波的波速为4km/s
C．时刻，处质点的振动方向沿y轴正方向
D．内处的质点沿x轴正方向前进2km的距离
17．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B．手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D．若θ增大，则支架对手机的作用力保持不变
18．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
19．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为、、和、、。则（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·北京朝阳·统考一模）质量为m的同学原地跳绳时，上下运动，其速度大小v随时间t的变化图像如图所示。重力加速度为g。则（ ）
A．0~内，该同学的最大速度约为
B．0~内，该同学上升的最大高度约为
C．该同学克服重力做功的平均功率约为
D．每跳一次，地面对该同学所做的功约为
21．（2023·北京朝阳·统考一模）科幻电影曾出现太空梯的场景。如图甲所示，设想在赤道上建造一个始终与地表垂直的太空梯，航天员可通过梯仓P缓慢地到达太空中某一位置，设该位置距地心的距离为r，地球半径为图乙中曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小随r变化的图线；直线B为航天员的向心加速度大小随r变化的图线。下列说法正确的是（ ）
A．航天员在R处的速度等于地球的第一宇宙速度
B．乙图中的小于地球同步卫星的轨道半径
C．航天员在位置时处于完全失重状态
D．在小于的范围内，航天员越接近的位置对梯仓的压力越大
22．（2023·北京延庆·统考一模）北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．“问天实验舱”的质量为
B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
23．（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度h的变化如图乙所示。，，。则（ ）
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
24．（2023·北京延庆·统考一模）顶端装有滑轮的粗糙斜面固定在地面上，A、B两物体通过细绳如图连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）．现用水平力F作用于悬挂的物体B上，使其缓慢拉动一小角度，发现A物体仍然静止。则在此过程中说法不正确的是（ ）
A．水平力F一定变大 B．物体A所受斜面给的摩擦力一定变大
C．物体A所受斜面给的支持力一定不变 D．细绳对物体A的拉力一定变大
25．（2023·北京丰台·统考一模）如图所示，一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F的作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．拉力F大小等于
B．物块受到的摩擦力大小为
C．物块受到的摩擦力的方向沿斜面向下
D．物块受到的重力和拉力的合力垂直斜面向下
26．（2023·北京丰台·统考一模）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球的运动可看作匀速圆周运动，组合体距地面的高度约为400km，地球同步卫星距地面的高度约为。下列说法正确的是（ ）
A．组合体的线速度大于第一宇宙速度
B．组合体的周期大于地球同步卫星的周期
C．组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
D．组合体的加速度小于地球同步卫星的加速度
27．（2023·北京丰台·统考一模）伽利略相信，自然界的规律是简洁明了的。他猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变铜球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立。于是，他外推到倾角为90°的情况，得出落体运动的规律，如图所示。结合以上信息，判断下列说法正确的是（ ）
A．由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随时间均匀增大
B．由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随位移均匀增大
C．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
D．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量加速度
28．（2023·北京丰台·统考一模）图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为时刻拍摄的小球的像，N为时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在、时刻的加速度方向相同
B．增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少
C．小球从时刻运动至平衡位置的时间大于从时刻运动至平衡位置的时间
D．从时刻到时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大
29．（2023·北京丰台·统考一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
30．（2023·北京平谷·统考一模）一列简谐横波在时的波形图如图所示。介质中处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为（y的单位是cm）。则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长，振幅
B．处的质点此刻具有最大速度
C．该波沿x轴负方向传播
D．这列波的波速
31．（2023·北京平谷·统考一模）把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为。通过测量和计算，得出了AB两点间的平均速度为，AC两点间的平均速度为。下列说法正确的是（ ）
A．更接近，且小于 B．更接近，且大于
C．更接近，且小于 D．更接近，且大于
32．（2023·北京平谷·统考一模）为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是（ ）
A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B．此时电梯可能正在匀速上升
C．此时电梯可能正在加速上升
D．此时电梯可能正在加速下降
33．（2023·北京平谷·统考一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
34．（2023·北京平谷·统考一模）发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（ ）
A．地球同步卫星可以定点在北京上空
B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
D．卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
35．（2023·北京平谷·统考一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，。g取，则（ ）
A．传送带的速度为
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
36．（2023·北京石景山·统考一模）一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是（ ）
A．P、Q的线速度大小相等
B．P、M的角速度大小相等
C．P、Q的向心加速度大小相等
D．P、M的向心加速度方向均指向O
37．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A．飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
B．在B点变轨后，飞船的机械能减小
C．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的小
D．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
38．（2023·北京石景山·统考一模）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．该时刻，处的质点速度最大
C．该时刻，处的质点速度最大
D．经过1个周期，处的质点运动的路程是8m
39．（2023·北京石景山·统考一模）甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动，以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a–t图象如图所示．关于甲、乙在0~t0时间内的运动情况，下列说法正确的是
A．0~t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动
B．0~t0时间内，甲和乙的平均速度相等
C．在t0时刻，甲的速度比乙的速度小
D．在t0时刻，甲和乙之间的间距最大
40．（2023·北京石景山·统考一模）汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会发热
B．制动力的大小与导体运动的速度无关
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
参考答案
1．B
【详解】A．卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动，A错误；
B．卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据
得
可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C．根据
得
由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时
则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时
则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度
则杆对小球无作用力。故A错误；
B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故B错误；
C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知
故杆对小球的作用力做负功。故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为，则有
联立解得
故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】AD．利用长度已知的直杆测得小物块下落的高度，或者利用直尺测得轻绳长度，则可知小球下落的高度，根据停表测得时间，则由
可测得重力加速度，故AD正确；
B．根据选项器材无法测得重力加速度，故B错误；
C．利用直尺测得抛射器的高度，水平发射抛射物，根据直尺测得抛射物的水平距离，根据
，
可测得重力加速度，故C正确；
本题选择错误选项，故选B。
5．C
【详解】小物块加速度沿斜面向下，根据对斜面体和小物块整体分析可知，将整体加速度分解为水平方向的和竖直方向的，则根据牛顿第二定律
，
故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和。
故选C。
6．C
【详解】A．对接前空间站内的宇航员依然会受到地球引力的作用，故A错误；
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用力大小相等，由牛顿第二运动定律可知，质量不同，加速度不同，故B错误；
C．绕地球运行的所有圆周运动卫星，其速度都小于第一宇宙速度，故C正确；
D．中国空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以，接后中国空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，故D错误。
故选D。
7．D
【详解】A．由图可知，该波的周期为
波长为
则波速为
故A错误；
B．处的质点P在时刻向下振动，根据“上下坡法”知，波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．根据图乙可知，时，质点P处于波谷处，速度为0m/s，故C错误；
D．根据图乙可知，时，质点P相对平衡位置的位移为，故D正确。
故选D。
8．B
【详解】A．根据题意，由图甲可知
解得
由图乙可知，周期为，由公式可得，该波的波速为
故A错误；
B．根据题意，由图甲可知，质点和距离为半个波长，则相位差为，故B正确；
CD．根据题意，由图甲可知，再经过波谷传播到点，则该时刻质点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在时刻速度方向为垂直纸面向外，则图乙不是质点的振动图像，故CD错误。
故选B。
9．C
【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理
其中
穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有
解得
故选C。
10．A
【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
，
故A正确，B错误；
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误；
D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。
故选A。
11．A
【详解】A．根据同侧法可知此时质点K的速度方向沿y轴负方向，故A正确；
B．由图可知，此时质点M的位移为正，则质点M所受的回复力方向指向y轴负方向，结合牛顿第二定律可知此时质点M的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；
C．由图可知，此时质点L处于位移最大处速度为零，质点K还没有到最大位移处，速度不为零，此时质点K的速度比质点L的大，故C错误；
D．根据同侧法可知K的速度方向沿y轴负方向，质点M的速度方向沿y轴正方向，则此时质点K和质点M的相位不相同，故D错误。
故选A。
12．B
【详解】A．根据万有引力表达式
可知木卫一质量大、轨道半径小，所以木星对木卫一的万有引力大于木星对木卫二的万有引力，故A错误；
B．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度，故B正确；
C．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度，故C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的周期小于木卫二绕木星运动的周期，故D错误。
故选B。
13．D
【详解】A．开启降落伞减速的过程中，加速度向上，舱体处于超重状态，A错误；
B．在大气中匀速降落过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少，B错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式
代入数据解得
可知航天员的加速度约为，C错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量竖直向上，重力的重力竖直向下，物体的动量变化量向上，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，D正确。
故选D。
14．D
【详解】AB．汽车以恒定速率通过桥面，在段、点、段的受力分析如题1、图2、图3所示
设汽车在运动过程中所受阻力为，在段时支持力与竖直方向的夹角为，在段时，支持力与竖直方向的夹角为，对段、段和则由牛顿第二定律有
，
从到的过程中，角逐渐减小，角逐渐增大，由此可知，逐渐增大，逐渐减小，故AB错误；
C．设在段牵引力与水平方向的夹角为，汽车在段时发动机的功率为
从到过程中，夹角在逐渐减小，因此可知逐渐减小，故C错误；
D．在段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在段汽车发动机只克服阻力做功做功，整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在段汽车发动机做功比段多，故D正确。
故选D。
15．D
【详解】运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身体的“托举力”，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而增加了在空中飞行的时间。
故选D。
16．B
【详解】AB．一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则该地震波的波速为
该地震波的周期为
故A错误，B正确；
C．根据波形平移法可知，时刻，处质点的振动方向沿y轴负方向，故C错误；
D．质点只是在平衡位置上下振动，不会随波向前移动，故D错误；
故选B。
17．D
【详解】A．受力分析可得手机对支架的压力大小为mgcosθ，方向垂直于斜面向下，A错误；
BC．手机受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于mgsinθ，方向沿斜面向上，且若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之增大，BC错误；
C．手机平衡状态所受合力为0，故支架对手机的作用力与θ无关，始终与手机的重力等大反向，即θ增大，支架对手机的作用力保持不变，D正确。
故选D。
18．B
【详解】AB．小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，弹力从零逐渐增大，开始阶段小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，A错误，B正确；
C．小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能减少，转化为弹簧弹性势能，C错误；
D．小球在最低点时所受的弹力大小大于其所受的重力大小，D错误。
故选B。
19．A
【详解】设绳子竖直方向的夹角为，由分析可知，绳子和重力的合力提供向心力，即
设轨迹圆的圆心O到悬点B的高度为h，则
解得
由力的合成可知
绳子越长，与竖直方向的夹角越大，所以
故选A。
20．C
【详解】A．由图像可知，人向上加速和向下加速过程都是匀变速直线运动，根据对称性，从最高点到最低点用时，则其0~内，最大速度为
A错误；
B．0~内，该同学上升的最大高度为0~内的位移
B错误；
C．该同学在一个周期内克服重力做的功为
则该同学克服重力做功的平均功率约为
C正确；
D．人没有在地面支持力方向发生位移，地面对人不做功，D错误。
故选C。
21．C
【详解】A．地球的第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，则有
设航天员在R处的速度为，在R处曲线A对应的加速度为，直线B对应的向心加速度为，则有
可知航天员在R处的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
BC．设地球自转的周期为，同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力可得
由图可知位置直线B对应的向心加速度为
对于曲线A，有
又
可得
联立可得
可知航天员在位置时，只受地球万有引力作用，处于完全失重状态，故B错误，C正确；
D．在小于的范围内，根据图中曲线A与直线B可知，宇航员受到的万有引力大于所需的向心力；对于宇航员，根据牛顿第二定律可得
解得
可知航天员越接近的位置对梯仓的压力越小，故D错误。
故选C。
22．C
【详解】A．根据引力提供向心力可知
解得地球的质量为
A错误；
B．漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的速度，C正确；
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误。
故选C。
23．B
【详解】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
解得
故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为
整个过程由动能定理有
其中
解得
故D错误。
故选B。
24．B
【详解】AD．如图所示，对物块B受力分析，如图所示
根据受力平衡可得
，
当B被拉动一个小角度后，θ增大，则力F增大，同时细绳对物体A的拉力T增大，故AD正确，不满足题意要求；
B．A开始时受静摩擦力可能向上也可能向下，则当绳子的拉力变大时，A受到斜面的摩擦力可能减小也可能增大，故B错误，满足题意要求；
C．以A物体为对象，垂直斜面方向根据受力平衡可得
可知物体A所受斜面给的支持力一定不变，故C正确，不满足题意要求。
故选B。
25．C
【详解】ABC．由于物块匀速上滑，摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件可知
其中摩擦力的大小为
A、B错误，C正确；
D．将重力沿斜面和垂直斜面分解，在沿斜面方向，重力沿斜面分力与拉力的合力与摩擦力等大反向，沿斜面向上，再与重力垂直斜面分力合成，合力与斜面既不垂直也不平行，D错误。
故选C。
26．C
【详解】A．第一宇宙速度是卫星环绕速度中心天体的最大环绕速度，因此组合体的速度不能大于第一宇宙速度，故A项错误；
B．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越大，周期越大，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，故B项错误；
C．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，线速度越大，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度，故C项正确；
D．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，加速度越大，所以组合体的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D项错误。
故选C。
27．A
【详解】物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球的运动时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度，通过铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做匀变速直线运动，且铜球的加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大为90°，此时铜球应做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大。
故选A。
28．B
【详解】A．小球做简谐振动，加速度方向指向平衡位置，由图可知小球在、时刻的加速度方向相反，A错误；
B．小球做简谐振动的周期不变，增大增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时间减少，拍摄小球像的个数减少，B正确；
C．由图可知，点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从时刻运动至平衡位置的时间为,小球在位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从时刻运动至平衡位置的时间大于,所以小球从时刻运动至平衡位置的时间小于从时刻运动至平衡位置的时间，C错误；
D．从时刻到时刻的过程中，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，弹簧的弹性势能先减小后增大，小球的动能先增大后减小，D错误。
故选B。
29．B
【详解】A．设箱子的质量为，物体的质量为，箱子受到的空气阻力为，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为
随着速度的增大，加速度在减小，A错误；
B．以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，B正确；
C．整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，C错误；
D．由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，D错误。
故选B。
30．A
【详解】A．由波形图，可直接判断出该波的波长，振幅，故A正确；
B．由波形图知，处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；
C．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可得这列波的周期为
得波速
故D错误。
故选A。
31．B
【详解】因B点更接近于A点，则AB之间的平均速度更接近于A点的瞬时速度，因重物做加速运动，则从A到C相邻点间距逐渐增加，B点的瞬时速度大于A点的瞬时速度，则AB之间的平均速度大于A点的瞬时速度。
故选B。
32．C
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，选项A错误；
BCD．体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C正确，BD错误。
故选C。
33．D
【详解】因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知
细绳碰钉子的瞬间，由于小球水平方向合力为零，可知小球的速率不变；摆球经过O点时，由牛顿第二定律有
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故选D。
34．D
【详解】A．由于地球同步卫星相对地面静止，自西向东绕地球转动，因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内，不可能定点在北京上空，A错误；
B．根据
可得
因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B错误；
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，因此机械能守恒，C错误；
D．在轨道1上经过P点时，做圆周运动，因此满足
在轨道2上经过P点后做离心运动，满足
因此可知卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率，D正确。
故选D。
35．C
【详解】A．由图乙可知传送带的速度为，A错误；
BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
联立解得
故C正确；
D．当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
故选C。
36．B
【详解】B．由于同轴转动的物体的角速度相等，可知P、Q、M的角速度均相等，B正确；
A．图中球面上各点圆周运动的半径为各点到地轴的垂直距离，因此有
根据
结合上述可知
A错误；
C．根据
结合上述可知
C错误；
D．根据上述可知，M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到地轴垂线的垂足，D错误。
故选B。
37．A
【详解】A．椭圆轨道相对于预定圆轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置向后喷气加速，即飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道，A正确；
B．根据上述，在B点需要向后喷气加速才能变轨到预定轨道，喷气过程中，气体对飞船做正功，则飞船的机械能增大，B错误；
C．根据
解得
A点为近地点，B点为远地点，A点到地心的间距小于B点到地心的间距，则在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，C错误；
D．在椭圆轨道上运行时，当飞船由A点运动到B点过程中，飞船到地心之间的间距逐渐增大，则引力做负功，势能增大，动能减小，即速度减小，即在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的大，D错误。
故选A。
38．C
【详解】A．由于此时处质点的速度沿y轴正方向，根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，A错误；
B．质点在平衡位置的速度最大，在振幅位置的速度为0，该时刻，处的质点位移波峰位置，即位于振幅处，其速度最小，速度为0，B错误；
C．根据上述，该时刻，处的质点处于平衡位置，其速度最大，C正确；
D．经过1个周期，处的质点运动的路程为
D错误。
故选C
39．D
【详解】0~t0时间内，甲做加速度减小的加速运动，乙做加速度增加的加速运动，选项A错误；两物体的初速度相同，由图像可知，速度的变化量相同，则在t0时刻两物体的速度相同，但是由于甲做加速度减小的加速运动，乙做加速度增加的加速运动，则甲的位移大于乙的位移，可知甲的平均速度大于乙，选项BC错误；在t0时刻，甲和乙速度相同，则甲乙之间的间距最大，选项D正确；故选D.
点睛：此题关键是先搞清a-t图像的物理意义，知道图像的“面积”等于速度的变化量；可借助于v-t图像进行分析.
40．D
【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据
可知，制动过程中，导体会发热，A错误；
B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；
C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；
D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。
故选D。2023北京高三一模物理汇编
分子动理论章节综合
1．（2023·北京石景山·统考一模）分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，为分子间的平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A．当时，分子间的作用力最小
B．当时，分子间的作用力最小
C．分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D．分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大
2．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经过两个状态变化过程，先后到达状态b和状态c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b的过程中，气体从外界吸热 B．从a到b的过程中，气体的内能增加
C．从b到c的过程中，气体的压强减小 D．从b到c的过程中，气体对外界做功
3．（2023·北京西城·统考一模）一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C，A、B和C三个状态的体积分别为、和．状态变化过程中气体的压强与热力学温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．，
B．，
C．状态A到状态B的过程中气体的内能增大
D．状态B到状态C的过程中气体分子的平均动能减小
4．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态b、c，再回到状态a。下列说法正确的是（ ）
A．在过程a→b中气体对外做功 B．在过程a→b中气体的内能增加
C．在过程b→c中气体对外界放热 D．在过程c→a中气体的温度升高
5．（2023·北京海淀·统考一模）一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T变化的情况如图所示。气体先后经历状态A、B和C，下列说法正确的是（ ）
A．从状态A到状态B，气体压强保持不变
B．从状态A到状态B，气体内能保持不变
C．从状态B到状态C，气体对外做功
D．从状态B到状态C，气体向外放热
6．（2023·北京延庆·统考一模）下列说法正确的是（ ）
A．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动
B．分子间的作用力总是随分子间距增大而增大
C．一定质量的气体膨胀对外做功，气体的内能一定增加
D．在绕地球运行的“天宫二号”中飘浮的水滴几乎呈球形，这是表面张力作用使其表面具有收缩趋势而引起的结果
7．（2023·北京朝阳·统考一模）关于质量一定的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体温度降低，其压强可能增大
B．气体体积减小，其压强一定增大
C．气体不断被压缩的过程中，其内能一定增加
D．气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能一定不变
8．（2023·北京丰台·统考一模）一定质量的理想气体在温度不变时，压强与体积的关系如图所示，气体由状态A到状态B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．气体对外界做功 B．气体对外界放热
C．气体内能增大 D．分子热运动的平均动能增大
9．（2023·北京平谷·统考一模）下列说法正确的是（ ）
A．同一个物体，运动时的内能一定比静止时的内能大
B．物体温度升高，物体内分子的平均动能增加
C．物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加
D．外界对物体做功，物体的内能一定增加
10．（2023·北京西城·统考一模）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）用游标卡尺测量某金属管的外径，示数如图1所示，则该金属管的外径为______mm．
（2）某同学用图2所示的电路测量电池的电动势和内电阻，调节滑动变阻器的滑片，得到多组电压表和电流表的示数，并在坐标纸上标出，如图3所示．请作出该电池的图线_______，并根据图线得出该电池的电动势______V（结果保留3位有效数字），内电阻______（结果保留2位有效数字）。
（3）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，获得图4所示的油膜轮廓．在计算油膜面积时，他把凡是半格左右的油膜都算成了一格，这一操作会导致实验测得的油酸分子直径偏大还是偏小_______？请分析说明理由________。
11．（2023·北京平谷·统考一模）某同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律，该同学按如下操作步骤进行实验：
a．将注射器活塞移动到空气柱体积适中的位置，用橡胶塞密封注射器的下端，记录此时压力表上显示的气压值和压力表刻度尺上显示的空气柱长度
b．用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；
c．读出此时压力表上显示的气压值和刻度尺上显示的空气柱长度
d．重复b、c两步操作，记录6组数据，作图。
（1）关于该同学在实验操作中存在的不当及其原因，下列叙述中正确的是________。
A．实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度
B．应该以较快的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作慢使空气柱的质量发生改变
（2）实验室中有容积为5mL和20mL的两种注射器供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化，选用容积为________mL的注射器更合适；实验中为了找到气体体积与压强的关系________（选填“需要”或“不需要”）测出空气柱的横截面积。
（3）通过绘制的图像，该同学猜测：空气柱的压强跟体积成反比。你能够通过图像直观地帮助该同学检验这个猜想吗？请简要说明你的方案。( )
参考答案
1．A
【详解】A．为分子间的平衡位置，此位置分子斥力与引力等大反向，合力为0，即当时，分子间的作用力最小，A正确；
B．当时，分子斥力小于引力，合力表现为引力，即分子间的作用力表现为引力，且为间距大于时的最大值，B错误；
C．根据图像可知，当分子之间间距大于时，随分子间距离增大，分子间的作用力先增大后减小，C错误；
D．根据图像可知，当分子之间间距小于和分子距离大于时，随分子间距离增大，分子间的作用力减小，D错误。
故选A。
2．C
【详解】AB．从a到b的过程中，气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功。
由热力学第一定律
得
气体从外界放热，AB错误；
CD．从b到c的过程中，体积不变，气体对外界不做功。从b到c的过程中，温度降低，体积不变，由查理定律得，气体的压强减小，C正确、D错误。
故选C。
3．C
【详解】AB．根据一定质量的理想气体的状态方程可知，从A→B的过程中，气体体积不变，即
从B→C的过程中，体积增大，即
故AB错误；
C．状态A到状态B的过程中气体的温度升高，则内能增大，故C正确；
D．状态B到状态C的过程中气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．在过程a→b中属于等容过程，气体不对外做功。故A错误；
B．根据
可知在过程a→b中气体的温度升高，即内能增加。故B正确；
C．在过程b→c中属于等温过程即内能不变，由图像可知气体的体积变大，即对外界做功，由热力学第一定律
易知，气体从外界吸热。故C错误；
D．在过程c→a中属于等压过程，且气体体积减小，根据理想气体状态方程可知气体温度降低。故D错误。
故选B。
5．A
【详解】A．从状态A到状态B，气体作等压变化，故A正确；
B．从状态A到状态B，温度升高，所以气体内能变大，故B错误；
CD．从状态B到状态C，温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。故CD错误。
故选A。
6．D
【详解】A．扩散现象是分子的无规则热运动，布朗运动是固体微小颗粒的无规则运动，不是分子的无规则热运动，故A错误；
B．分子间的作用力体现为斥力时，随分子间距增大而减小；分子间的作用力体现为引力时，随分子间距增大先增大后减小，故B错误；
C．一定质量的气体膨胀对外做功，由于不清楚热传递情况，故无法判断气体的内能变化，故C错误；
D．在绕地球运行的“天宫二号”中飘浮的水滴几乎呈球形，这是表面张力作用使其表面具有收缩趋势而引起的结果，故D正确。
故选D。
7．A
【详解】A．气体温度降低，若体积也减小，其压强可能增大，故A正确；
B．气体体积减小，若温度也降低，其压强不一定增大，故B错误；
C．气体不断被压缩的过程中，外界对气体做正功，如果气体同时向外界放热，气体内能不一定增加，故C错误；
D．气体与外界不发生热量交换的过程中，如果外界对气体做功，气体内能发生变化，故D错误。
故选A。
8．A
【详解】A．理想气体由状态A到状态B，体积变大，所以气体对外界做功，A正确；
C．理想气体分子势能为零，内能由分子动能决定，温度不变，一定质量气体分子动能不变，故气体内能不变，C错误；
B．根据热力学第一定律
由上述分析知
故
气体吸收热量，故B错误；
D．温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，分子热运动的平均动能不变，故D错误。
故选A。
9．B
【详解】A．微观物体的内能与宏观物体的机械能无关，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，则当物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增加，故B正确；
CD．改变内能的两种方式做功和热传递，内能的变化要从这两方面考虑，故CD错误。
故选B。
10． 21.7 1.48（1.47～1.49） 0.73（0.70～0.74） 偏小 见解析
【详解】（1）[1]由图1可知孩游标卡尺有标尺为10分度，则最小刻度为0.1mm，故可知该金属管的内径为
（2）[2][3][4]由图像可知
图线与纵轴的交点表示电源的电动势，图线的斜率表示电源的内阻，故可得
，
（3）[5][6]根据体积公式
油酸分子的直径为
可知，凡是半格左右的油膜都算成了一格，则面积增大，因此计算得到的油酸分子的直径将偏小。
11． A 5 不需要 以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验中采集的各组数据在坐标纸上描点。若图像中的各点位于过原点的同一条直线上，就说明压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比
【详解】（1）[1] A．实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，A正确；
B．应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作快使空气柱的温度发生改变，B错误。
故选A。
（2）[2]由于注射器长度几乎相同，容积为5mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。
[3]由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
（3）[4]以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验中采集的各组数据在坐标纸上描点。若图像中的各点位于过原点的同一条直线上，就说明压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比。2023北京高三一模物理汇编
第三道计算题（第19题）
1．（2023·北京东城·统考一模）平行板电容器是一种常用的电学元件。
（1）如图甲所示，电源与平行板电容器，定值电阻，开关组成闭合电路。已知平行板电容器的电容为C，电源电动势为E，内阻不计，不考虑极板边缘效应，请在图乙中画出充电过程中电容器两板电压u随其所带电荷量q变化的图像，并类化直线运动中由图像求位移的方法，求充电完毕时电容器储存的电能。
（2）如图丙所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d。用绝缘细线把一个质量为m，电荷最为q的带电小球悬挂在两极板问，已知开关S闭合后，且小球静止时，绝缘细线与竖直方向夹角为，电源电动势为E，内阻不计。三个定值电阻的阻值分别为、、，重力加速度为g，忽略小球的电荷量对极板间电场的影响。
a.求夹角与定值电阻阻值的关系式；
b.若某时刻烧断细线，同时断开开关S，通过分析定性说明小球在两极板间可能出现的运动情况（假设小球的电荷量保持不变，且始终未与极板发生碰撞）。
2．（2023·北京西城·统考一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域．
（1）质量为、速度为v的A球跟质量为m的静止B球发生弹性正碰．求碰后A球的速度大小．
（2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来．若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由．
（3）光子不仅具有能量，而且具有动量．科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子．有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子．你赞同哪个观点？请分析说明理由．
3．（2023·北京朝阳·统考一模）密立根油滴实验将微观量转化为宏观量进行测量，揭示了电荷的不连续性，并测定了元电荷的数值。实验设计简单巧妙，被称为物理学史上最美实验之一。该实验的简化装置如图所示。水平放置、间距为d的两平行金属极板接在电源上，在上极板中间开一小孔，用喷雾器将油滴喷入并从小孔飘落到两极板间。已知油滴带负电。油滴所受空气阻力，式中η为已知量，r为油滴的半径，v为油滴的速度大小。已知油的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）在极板间不加电压，由于空气阻力作用，观测到某一油滴以恒定速率缓慢下降距离L所用的时间为，求该油滴的半径r；
（2）在极板间加电压U，经过一段时间后，观测到（1）问中的油滴以恒定速率缓慢上升距离L所用的时间为。求该油滴所带的电荷量Q；
（3）实验中通过在两极板间照射X射线不断改变油滴的电荷量。图是通过多次实验所测电荷量的分布图，横轴表示不同油滴的编号，纵轴表示电荷量。请说明图中油滴所带电荷量的分布特点，并说明如何处理数据进而得出元电荷的数值。
4．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳长为，O点到光滑水平面的距离为。物块B和C的质量分别是和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I；
（3）物块C的最大速度的大小，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像）
5．（2023·北京丰台·统考一模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
6．（2023·北京平谷·统考一模）一篮球质量，一运动员将其从距地面高度处以水平速度扔出，篮球在距离抛出点水平距离处落地，落地后第一次弹起的最大高度。若运动员使篮球从距地面高度处由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，运动员对球的作用时间，球落地后反弹的过程中运动员不再触碰球，球反弹的最大高度。若该篮球与该区域内地面碰撞时的恢复系数e恒定（物体与固定平面碰撞时的恢复系数e指：物体沿垂直接触面方向上的碰后速度与碰前速度之比）。为了方便研究，我们可以假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，取重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）运动员将篮球水平扔出时速度的大小；
（2）运动员拍球过程中对篮球所做的功W；
（3）运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值k。
7．（2023·北京石景山·统考一模）1913年，玻尔建立氢原子模型时，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动。他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动。已知电子质量为m，电荷量为，静电力常量为k，氢原子处于基态时电子的轨道半径为。不考虑相对论效应。
（1）氢原子处于基态时，电子绕原子核运动，求电子的动能。
（2）氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。已知当取无穷远处电势为零时，点电荷电场中距场源电荷Q为r处的各点的电势。求处于基态的氢原子的能量。
（3）许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。利用氢气放电管可获得氢原子光谱。1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用巴尔末公式表示，写做（n=3，4，5…），式中R叫做里德伯常量。玻尔回忆说：“当我看到巴尔末公式时，我立刻感到一切都明白了。”根据玻尔理论可知，氢原子的基态能量为，激发态能量为，其中n=2，3，4…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，请根据玻尔理论推导里德伯常量R。
8．（2023·北京丰台·统考一模）如甲图所示，有一边长l的正方形导线框abcd，质量，电阻，由高度h处自由下落，直到其上边cd刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的v-t图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是l，磁感应强度，重力加速度g取10。求：
（1）线框自由下落的高度h；
（2）导线框的边长l；
（3）某同学认为，增大磁场的磁感应强度B，保持其它条件不变，导线框速度随时间变化图像与乙图相同，你是否同意该同学的说法，请分析说明。
参考答案
1．（1）， ；（2）a. ；b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。
【详解】（1）图像如图所示
充电完毕时电容器两端电压等于电源电动势E，电容器所带电荷量为Q，图线与横轴所围面积即为电容器储存的电能
，
联立可得
（2）a.小球在电场中静止时受到重力、电场力及细线的拉力，小球所受电场力为
两极板之间电场强度
根据闭合电路欧姆定律，可得两极板间的电势差
根据平衡条件有
联立可得
b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。
2．（1）；（2）慢化剂应该选用质量较小的原子核；（3）赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点
【详解】（1）两球发生弹性正碰，设碰后A球速度为，B球速度为，则
得
（2）设中子质量为m，碰前速度为，碰后速度为，原子核质量为M，碰后速度为，中子与原子核发生弹性正碰，则
得
可见，原子核质量M越小，碰后中子速度越小，因此，慢化剂应该选用质量较小的原子核；
（3）我赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点，正负电子对撞过程遵循动量守恒定律．对撞前正负电子组成的系统总动量为0，若只生成一个光子，则对撞后动量不可能为0，只有生成两个及两个以上的光子时系统总动量才有可能为0，因此“这个过程至少生成两个光子”的观点正确。
3．（1）；（2）；（3）电荷量的分布呈现出明显的不连续性，见解析
【详解】（1）板间未加电压时，油滴的速度为，根据平衡条件有
其中
得
（2）板间加电压时，油滴的速度为，根据平衡条件有
其中
得
（3）电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现；
根据图中数据分布的特点，可将电荷量数值近似相等的数据分为一组，求出每组电荷量的平均值；再对各平均值求差值。在实验误差允许范围内，若发现各平均值及差值均为某一最小数值的整数倍，则这个最小数值即为元电荷的数值。
4．（1）；（2）；（3），见解析
【详解】（1）根据题意可知，小球A运动到最低点过程中机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为，由机械能守恒定律有
解得
在最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，小球与物块B发生正碰（碰撞时间极短），则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，设碰撞后小球A的速度为，物块B的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
对物块B，由动量定理有
（3）根据题意可知，B与C用轻弹簧拴接，开始时，物块B压缩弹簧，B做加速度增大的减速运动，C做加速度增大加速运动，当B、C速度相等时，弹簧压缩最短，由动量守恒定律有
解得
之后C的速度大于B的速度，弹簧开始恢复，则C做加速度减小的加速运动，B做加速度减小的减速运动，当弹簧恢复到原长，C的速度最大，B的速度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
之后C拉开弹簧，开始做加速度增大的减速运动，B做加速度增大的加速运动，当速度相等时，弹簧伸长最长，之后C的速度小于B的速度，C做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长，B的速度最大为，C的速度最小为0，之后重复开始，即完成一个运动周期。由上述分析可知，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像，如图所示
5．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）水平方向分速度
竖直方向分速度
（2）设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
设竖直向上为正方向，由动量定理得
其中
联立得
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由
得
（3）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
设竖直向上为正方向，由动量定理得
其中
联立得
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
，
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得
，
联立式
作用的最长时间为
6．（1）；（2）；（3）3.0
【详解】（1）篮球水平抛出后，做平抛运动，在水平方向则有
在竖直方向则有
联立解得
（2）由题意可得
由恢复系数定义可得
拍球后篮球落地时的速度为
由动能定理可得
代入数据解得
（3）由牛顿第二定律，可得
在拍球时间内篮球的位移
又有
联立解得
可得
7．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，则有
电子的动能为
解得
（2）电势能
基态氢原子能量
解得
（3）根据玻尔理论，巴尔末系的光子能量
则有
根据巴尔末公式
解得
既有
8．（1）0.2m；（2）0.1m；（3）不同意，详见解析
【详解】（1）导线框下落h的过程中做自由落体运动
解得
（2）导线框穿过磁场过程中合力为零，则根据感应电动势和安培力的表达式得
，，
联立可得
（3）不同意该同学的说法。题中导线框释放后先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，导线框所受重力与安培力大小相等，导线框做匀速直线运动，v-t图像为与t轴平行的直线。
若增大磁感应强度，导线框释放后仍然先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，由于安培力的表达式为
所以导线框所受的安培力与重力大小不等，导线框不再做匀速直线运动，因此v-t图像不可能与t轴平行。2023北京高三一模物理汇编
动量守恒定律章节综合
1．（2023·北京东城·统考一模）某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（ ）
A．1.2G B．1.6G C．2.2G D．2.6G
2．（2023·北京西城·统考一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面左右时开启降落伞，速度减至约，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为．由以上信息可知（ ）
A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为
D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
3．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，质量分别为和（）的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
5．（2023·北京朝阳·统考一模）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）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有___________。
A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些
B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些
C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好
（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为、、。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能___________，减少的重力势能___________。
（3）如图4所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证动量守恒定律。某同学认为即使A球质量大于B球质量，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由___________。
6．（2023·北京东城·统考一模）应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析，比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用来描述这一点的弯曲程度，如图甲所示，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理。如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系的第二象限内，末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m的小滑块从轨道上的A点由静止开始下滑，滑到轨道末端时速度大小为，轨道对其支持力大小为，之后小滑块离开轨道做平抛运动。已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O对称，重力加速度为g。
（1）求轨道末端的曲率半径；
（2）小滑块做平抛运动时经过B点（图中未出），若由A点运动到O点与由O点运动到B点经过相同路程，用表示小滑块由A点运动到O点过程的动量变化量，用表示小滑块由O点运动到B点过程的动量变化量，通过分析比较与的大小；
（3）轨道上的C点距x轴的距离为，求小滑块经过C点时受到的支持力大小。
7．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与水平地面上的物块1接触（但未连接）。在外力作用下物块1静止，此时弹簧的压缩最为10，之后撤去外力，物块1开始向左运动，离开弹簧后与静止在水平地面上的物块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后二者粘在一起。已知两物块质量均为，弹簧的劲度系数，当弹簧形变量为x时弹簧具有的弹性势能为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力及一切摩擦，求：
（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小，
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小，
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能。
8．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳长为，O点到光滑水平面的距离为。物块B和C的质量分别是和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I；
（3）物块C的最大速度的大小，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像）
9．（2023·北京朝阳·统考一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a、已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b、图是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
10．（2023·北京西城·统考一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域．
（1）质量为、速度为v的A球跟质量为m的静止B球发生弹性正碰．求碰后A球的速度大小．
（2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来．若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由．
（3）光子不仅具有能量，而且具有动量．科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子．有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子．你赞同哪个观点？请分析说明理由．
11．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为）．
（1） 在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力．求小球通过最低点时:
a．小球的动量大小；
b．小球对轻绳的拉力大小．
参考答案
1．C
【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理
其中
穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有
解得
故选C。
2．D
【详解】A．开启降落伞减速的过程中，加速度向上，舱体处于超重状态，A错误；
B．在大气中匀速降落过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少，B错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式
代入数据解得
可知航天员的加速度约为，C错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量竖直向上，重力的重力竖直向下，物体的动量变化量向上，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，D正确。
故选D。
3．A
【详解】由于小圆柱体N竖直方向上做匀速直线运动，且在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，令为，可知OA、AB、BC三个过程经历时间相等，则有
小圆柱体在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小圆柱体运动至A、B、C位置水平方向的分位移分别为
，，
则有
，
根据动能定理有
，，
解得
根据动量定理有
，，
解得
综合上述有
，
故选A。
4．C
【详解】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律
由题知
解得
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
5． AB##BA 该同学的观点不正确，见解析
【详解】（1）[1] 探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差,可以采取以下措施，描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些；用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些；细绳间的夹角不能太大，也不能太小。
故选AB。
（2）[2] 从打O点到打B点的过程中，有
重物增加的动能为
[3]减少的重力势能
（3）[4]该同学的观点不正确。理由如下：设碰前A球的动量为p0，动能为，碰后A球的动量为、动能为，B球动量为、动能为。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有
若A球反弹，则
所以
即
又因为
所以
违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。
6．（1）；（2）与的大小相等；（3）
【详解】（1）小滑块运动到O点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）设A点距x轴的距离为，小滑块由A点运动到O点的过程中
根据动能定理
小滑块由O点运动到达B点过程中，下落距离也为，则
根据动量定理
解得
因此，与的大小相等。
（3）如图所示，小滑块经过C点时受到重力、支持力作用，C点处的曲率半径为
根据牛顿第二定律有
从C点运动到O点过程中根据动能定理有
由于轨道曲线与平抛轨迹关于坐标原点O对称，所以在平抛轨迹上有对称点D，其曲率半径为，距x轴的距离为。小滑块运动到D点时速度为，在D点时
，
从O点运动到D点过程中根据动能定理有
联立可得
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据胡克定律
代入数据解得
（2）物块1离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为物块1的动能
根据能量守恒定律
代入数据解得
（3）两物块碰撞过程动量守恒
根据能量守恒定律
代入数据解得
8．（1）；（2）；（3），见解析
【详解】（1）根据题意可知，小球A运动到最低点过程中机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为，由机械能守恒定律有
解得
在最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，小球与物块B发生正碰（碰撞时间极短），则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，设碰撞后小球A的速度为，物块B的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
对物块B，由动量定理有
（3）根据题意可知，B与C用轻弹簧拴接，开始时，物块B压缩弹簧，B做加速度增大的减速运动，C做加速度增大加速运动，当B、C速度相等时，弹簧压缩最短，由动量守恒定律有
解得
之后C的速度大于B的速度，弹簧开始恢复，则C做加速度减小的加速运动，B做加速度减小的减速运动，当弹簧恢复到原长，C的速度最大，B的速度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
之后C拉开弹簧，开始做加速度增大的减速运动，B做加速度增大的加速运动，当速度相等时，弹簧伸长最长，之后C的速度小于B的速度，C做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长，B的速度最大为，C的速度最小为0，之后重复开始，即完成一个运动周期。由上述分析可知，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像，如图所示
9．（1）；（2）a、；b、
【详解】（1）设航天员质量为m，所受侧壁对他的支持力N提供向心力，有
同时
解得
（2）a、设t时间内每台发动机喷射出的气体质量为m，气体相对地面速度为v，气体受到返回舱的作用力为F，则有
又
解得
由牛顿第三定律可知，气体对返回舱的作用力大小
返回舱在匀减速下落的过程中，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
b、接收器单位时间单位面积接收的光子个数为
故接收器单位时间接收光子的个数
解得
10．（1）；（2）慢化剂应该选用质量较小的原子核；（3）赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点
【详解】（1）两球发生弹性正碰，设碰后A球速度为，B球速度为，则
得
（2）设中子质量为m，碰前速度为，碰后速度为，原子核质量为M，碰后速度为，中子与原子核发生弹性正碰，则
得
可见，原子核质量M越小，碰后中子速度越小，因此，慢化剂应该选用质量较小的原子核；
（3）我赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点，正负电子对撞过程遵循动量守恒定律．对撞前正负电子组成的系统总动量为0，若只生成一个光子，则对撞后动量不可能为0，只有生成两个及两个以上的光子时系统总动量才有可能为0，因此“这个过程至少生成两个光子”的观点正确。
11．（1） ；mgtanα；（2）；
【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小．
（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小．
【详解】（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图
根据平衡条件，得拉力的大小：
（2）a．小球从静止运动到最低点的过程中，
由动能定理：
则通过最低点时，小球动量的大小：
b．根据牛顿第二定律可得：
根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：
【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源．2023北京高三一模物理汇编
力学选择2
一、单选题
1．（2023·北京·西城·高三一模）2023年春节期间，中国科幻电影《流浪地球2》热映．《流浪地球》系列影片设定：若干年后，太阳上的氢元素将被耗尽，太阳由“氢核聚变”阶段进入“氦核聚变”阶段，并成为一颗红巨星，地球将被太阳吞没、气化．因此，人类启动了“流浪地球”计划．人类的自救之旅的第一阶段是“刹车阶段”，利用2000台安装在地球赤道上的“转向式行星发动机”，通过喷射高能高压的粒子流，推动地球停止自转；第二阶段是“逃逸阶段”，利用“推进式行星发动机”推动地球加速，增大公转速度，逐渐脱离太阳系，开启“流浪”之旅．
根据以上素材，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐减小
B．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，南北极处的物体所受重力逐渐增大
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高
2．（2023·北京·西城·高三一模）跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段．在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示．这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力．关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是（ ）
A．可以增加水平方向的飞行速度
B．可以增加竖直方向的加速度
C．可以增加运动员的机械能
D．可以获得更长的飞行时间
3．（2023·北京·西城·高三一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点．假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变．下列说法正确的是（ ）
A．在段汽车对桥面的压力大小不变
B．在段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在段汽车的输出功率逐渐增大
D．在段汽车发动机做功比段多
4．（2023·北京·西城·高三一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面左右时开启降落伞，速度减至约，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为．由以上信息可知（ ）
A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为
D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
5．（2023·北京·西城·高三一模）一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．此时质点K的速度方向沿y轴负方向
B．此时质点M的加速度方向沿y轴正方向
C．此时质点K的速度比质点L的小
D．此时质点K和质点M的相位相同
6．（2023·北京·朝阳·高三一模）科幻电影曾出现太空梯的场景。如图甲所示，设想在赤道上建造一个始终与地表垂直的太空梯，航天员可通过梯仓P缓慢地到达太空中某一位置，设该位置距地心的距离为r，地球半径为。图乙中曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小随r变化的图线；直线B为航天员的向心加速度大小随r变化的图线。下列说法正确的是（ ）
A．航天员在R处的速度等于地球的第一宇宙速度
B．乙图中的小于地球同步卫星的轨道半径
C．航天员在位置时处于完全失重状态
D．在小于的范围内，航天员越接近的位置对梯仓的压力越大
7．（2023·北京·朝阳·高三一模）质量为m的同学原地跳绳时，上下运动，其速度大小v随时间t的变化图像如图所示。重力加速度为g。则（ ）
A．0~内，该同学的最大速度约为
B．0~内，该同学上升的最大高度约为
C．该同学克服重力做功的平均功率约为
D．每跳一次，地面对该同学所做的功约为
8．（2023·北京·朝阳·高三一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为、、和、、。则（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·北京·朝阳·高三一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
10．（2023·北京·朝阳·高三一模）如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B．手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D．若θ增大，则支架对手机的作用力保持不变
11．（2023·北京·朝阳·高三一模）某地震局记录了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形。下列说法正确的是（ ）
A．该地震波的周期为0.5s
B．该地震波的波速为4km/s
C．时刻，处质点的振动方向沿y轴正方向
D．内处的质点沿x轴正方向前进2km的距离
12．（2023·北京·丰台·高三一模）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在到时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
13．（2023·北京·丰台·高三一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
14．（2023·北京·丰台·高三一模）图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为时刻拍摄的小球的像，N为时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在、时刻的加速度方向相同
B．增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少
C．小球从时刻运动至平衡位置的时间大于从时刻运动至平衡位置的时间
D．从时刻到时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大
15．（2023·北京·丰台·高三一模）伽利略相信，自然界的规律是简洁明了的。他猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变铜球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立。于是，他外推到倾角为90°的情况，得出落体运动的规律，如图所示。结合以上信息，判断下列说法正确的是（ ）
A．由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随时间均匀增大
B．由“斜面实验”的结论可知，铜球做落体运动的速度随位移均匀增大
C．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
D．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量加速度
16．（2023·北京·丰台·高三一模）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球的运动可看作匀速圆周运动，组合体距地面的高度约为400km，地球同步卫星距地面的高度约为。下列说法正确的是（ ）
A．组合体的线速度大于第一宇宙速度
B．组合体的周期大于地球同步卫星的周期
C．组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
D．组合体的加速度小于地球同步卫星的加速度
17．（2023·北京·丰台·高三一模）如图所示，一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F的作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．拉力F大小等于
B．物块受到的摩擦力大小为
C．物块受到的摩擦力的方向沿斜面向下
D．物块受到的重力和拉力的合力垂直斜面向下
18．（2023·北京·平谷·高三一模）如图所示，质量分别为和（）的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
19．（2023·北京·平谷·高三一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，。g取，则（ ）
A．传送带的速度为
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
20．（2023·北京·平谷·高三一模）发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（ ）
A．地球同步卫星可以定点在北京上空
B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
D．卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
21．（2023·北京·平谷·高三一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
22．（2023·北京·平谷·高三一模）为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是（ ）
A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B．此时电梯可能正在匀速上升
C．此时电梯可能正在加速上升
D．此时电梯可能正在加速下降
23．（2023·北京·平谷·高三一模）把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为。通过测量和计算，得出了AB两点间的平均速度为，AC两点间的平均速度为。下列说法正确的是（ ）
A．更接近，且小于 B．更接近，且大于
C．更接近，且小于 D．更接近，且大于
24．（2023·北京·平谷·高三一模）一列简谐横波在时的波形图如图所示。介质中处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为（y的单位是cm）。则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长，振幅
B．处的质点此刻具有最大速度
C．该波沿x轴负方向传播
D．这列波的波速
25．（2023·北京·石景山·高三一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
26．（2023·北京·石景山·高三一模）如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A．飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
B．在B点变轨后，飞船的机械能减小
C．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的小
D．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
27．（2023·北京·石景山·高三一模）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．该时刻，处的质点速度最大
C．该时刻，处的质点速度最大
D．经过1个周期，处的质点运动的路程是8m
28．（2023·北京·石景山·高三一模）一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是（ ）
A．P、Q的线速度大小相等
B．P、M的角速度大小相等
C．P、Q的向心加速度大小相等
D．P、M的向心加速度方向均指向O
29．（2022·北京·东城·高三一模）北京冬奥会速滑比赛中的某段过程，摄像机和运动员的位移x随时间t变化的图像如图，下列说法正确的是（ ）
A．摄像机做直线运动，运动员做曲线运动
B．时间内摄像机在前，时间内运动员在前
C．时间内摄像机与运动员的平均速度相同
D．时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度
30．（2023·北京·海淀·高三一模）利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（ ）
A．地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）
B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
31．（2023·北京·大兴·高三一模）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为 B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为 D．物块所受的合力大小为
参考答案
1．D
【详解】AB．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，而南北极处的物体本身不受地球自转的影响，因此在地球停止自转的过程南北极处物体的重力不变，故AB错误；
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相同，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反，以使地球在公转轨道实现跃迁，逃离太阳系，故C错误；
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身体的“托举力”，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而增加了在空中飞行的时间。
故选D。
3．D
【详解】AB．汽车以恒定速率通过桥面，在段、点、段的受力分析如题1、图2、图3所示
设汽车在运动过程中所受阻力为，在段时支持力与竖直方向的夹角为，在段时，支持力与竖直方向的夹角为，对段、段和则由牛顿第二定律有
，
从到的过程中，角逐渐减小，角逐渐增大，由此可知，逐渐增大，逐渐减小，故AB错误；
C．设在段牵引力与水平方向的夹角为，汽车在段时发动机的功率为
从到过程中，夹角在逐渐减小，因此可知逐渐减小，故C错误；
D．在段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在段汽车发动机只克服阻力做功做功，整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在段汽车发动机做功比段多，故D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．开启降落伞减速的过程中，加速度向上，舱体处于超重状态，A错误；
B．在大气中匀速降落过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少，B错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式
代入数据解得
可知航天员的加速度约为，C错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量竖直向上，重力的重力竖直向下，物体的动量变化量向上，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，D正确。
故选D。
5．A
【详解】A．根据同侧法可知此时质点K的速度方向沿y轴负方向，故A正确；
B．由图可知，此时质点M的位移为正，则质点M所受的回复力方向指向y轴负方向，结合牛顿第二定律可知此时质点M的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；
C．由图可知，此时质点L处于位移最大处速度为零，质点K还没有到最大位移处，速度不为零，此时质点K的速度比质点L的大，故C错误；
D．根据同侧法可知K的速度方向沿y轴负方向，质点M的速度方向沿y轴正方向，则此时质点K和质点M的相位不相同，故D错误。
故选A。
6．C
【详解】A．地球的第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，则有
设航天员在R处的速度为，在R处曲线A对应的加速度为，直线B对应的向心加速度为，则有
可知航天员在R处的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
BC．设地球自转的周期为，同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力可得
由图可知位置直线B对应的向心加速度为
对于曲线A，有
又
可得
联立可得
可知航天员在位置时，只受地球万有引力作用，处于完全失重状态，故B错误，C正确；
D．在小于的范围内，根据图中曲线A与直线B可知，宇航员受到的万有引力大于所需的向心力；对于宇航员，根据牛顿第二定律可得
解得
可知航天员越接近的位置对梯仓的压力越小，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．由图像可知，人向上加速和向下加速过程都是匀变速直线运动，根据对称性，从最高点到最低点用时，则其0~内，最大速度为
A错误；
B．0~内，该同学上升的最大高度为0~内的位移
B错误；
C．该同学在一个周期内克服重力做的功为
则该同学克服重力做功的平均功率约为
C正确；
D．人没有在地面支持力方向发生位移，地面对人不做功，D错误。
故选C。
8．A
【详解】设绳子竖直方向的夹角为，由分析可知，绳子和重力的合力提供向心力，即
设轨迹圆的圆心O到悬点B的高度为h，则
解得
由力的合成可知
绳子越长，与竖直方向的夹角越大，所以
故选A。
9．B
【详解】AB．小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，弹力从零逐渐增大，开始阶段小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，A错误，B正确；
C．小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能减少，转化为弹簧弹性势能，C错误；
D．小球在最低点时所受的弹力大小大于其所受的重力大小，D错误。
故选B。
10．D
【详解】A．受力分析可得手机对支架的压力大小为mgcosθ，方向垂直于斜面向下，A错误；
BC．手机受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于mgsinθ，方向沿斜面向上，且若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之增大，BC错误；
C．手机平衡状态所受合力为0，故支架对手机的作用力与θ无关，始终与手机的重力等大反向，即θ增大，支架对手机的作用力保持不变，D正确。
故选D。
11．B
【详解】AB．一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则该地震波的波速为
该地震波的周期为
故A错误，B正确；
C．根据波形平移法可知，时刻，处质点的振动方向沿y轴负方向，故C错误；
D．质点只是在平衡位置上下振动，不会随波向前移动，故D错误；
故选B。
12．A
【详解】A．时刻电流为0，说明感应电动势为零，由 可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B．由“来拒去留”可知在到时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由
可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选A。
13．B
【详解】A．设箱子的质量为，物体的质量为，箱子受到的空气阻力为，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为
随着速度的增大，加速度在减小，A错误；
B．以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，B正确；
C．整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，C错误；
D．由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，D错误。
故选B。
14．B
【详解】A．小球做简谐振动，加速度方向指向平衡位置，由图可知小球在、时刻的加速度方向相反，A错误；
B．小球做简谐振动的周期不变，增大增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时间减少，拍摄小球像的个数减少，B正确；
C．由图可知，点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从时刻运动至平衡位置的时间为,小球在位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从时刻运动至平衡位置的时间大于,所以小球从时刻运动至平衡位置的时间小于从时刻运动至平衡位置的时间，C错误；
D．从时刻到时刻的过程中，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，弹簧的弹性势能先减小后增大，小球的动能先增大后减小，D错误。
故选B。
15．A
【详解】物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球的运动时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度，通过铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做匀变速直线运动，且铜球的加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大为90°，此时铜球应做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大。
故选A。
16．C
【详解】A．第一宇宙速度是卫星环绕速度中心天体的最大环绕速度，因此组合体的速度不能大于第一宇宙速度，故A项错误；
B．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越大，周期越大，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，故B项错误；
C．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，线速度越大，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度，故C项正确；
D．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，加速度越大，所以组合体的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D项错误。
故选C。
17．C
【详解】ABC．由于物块匀速上滑，摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件可知
其中摩擦力的大小为
A、B错误，C正确；
D．将重力沿斜面和垂直斜面分解，在沿斜面方向，重力沿斜面分力与拉力的合力与摩擦力等大反向，沿斜面向上，再与重力垂直斜面分力合成，合力与斜面既不垂直也不平行，D错误。
故选C。
18．C
【详解】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律
由题知
解得
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
19．C
【详解】A．由图乙可知传送带的速度为，A错误；
BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
联立解得
故C正确；
D．当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
故选C。
20．D
【详解】A．由于地球同步卫星相对地面静止，自西向东绕地球转动，因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内，不可能定点在北京上空，A错误；
B．根据
可得
因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B错误；
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，因此机械能守恒，C错误；
D．在轨道1上经过P点时，做圆周运动，因此满足
在轨道2上经过P点后做离心运动，满足
因此可知卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率，D正确。
故选D。
21．D
【详解】因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知
细绳碰钉子的瞬间，由于小球水平方向合力为零，可知小球的速率不变；摆球经过O点时，由牛顿第二定律有
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故选D。
22．C
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，选项A错误；
BCD．体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C正确，BD错误。
故选C。
23．B
【详解】因B点更接近于A点，则AB之间的平均速度更接近于A点的瞬时速度，因重物做加速运动，则从A到C相邻点间距逐渐增加，B点的瞬时速度大于A点的瞬时速度，则AB之间的平均速度大于A点的瞬时速度。
故选B。
24．A
【详解】A．由波形图，可直接判断出该波的波长，振幅，故A正确；
B．由波形图知，处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；
C．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可得这列波的周期为
得波速
故D错误。
故选A。
25．A
【详解】由于小圆柱体N竖直方向上做匀速直线运动，且在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，令为，可知OA、AB、BC三个过程经历时间相等，则有
小圆柱体在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小圆柱体运动至A、B、C位置水平方向的分位移分别为
，，
则有
，
根据动能定理有
，，
解得
根据动量定理有
，，
解得
综合上述有
，
故选A。
26．A
【详解】A．椭圆轨道相对于预定圆轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置向后喷气加速，即飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道，A正确；
B．根据上述，在B点需要向后喷气加速才能变轨到预定轨道，喷气过程中，气体对飞船做正功，则飞船的机械能增大，B错误；
C．根据
解得
A点为近地点，B点为远地点，A点到地心的间距小于B点到地心的间距，则在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，C错误；
D．在椭圆轨道上运行时，当飞船由A点运动到B点过程中，飞船到地心之间的间距逐渐增大，则引力做负功，势能增大，动能减小，即速度减小，即在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的大，D错误。
故选A。
27．C
【详解】A．由于此时处质点的速度沿y轴正方向，根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，A错误；
B．质点在平衡位置的速度最大，在振幅位置的速度为0，该时刻，处的质点位移波峰位置，即位于振幅处，其速度最小，速度为0，B错误；
C．根据上述，该时刻，处的质点处于平衡位置，其速度最大，C正确；
D．经过1个周期，处的质点运动的路程为
D错误。
故选C
28．B
【详解】B．由于同轴转动的物体的角速度相等，可知P、Q、M的角速度均相等，B正确；
A．图中球面上各点圆周运动的半径为各点到地轴的垂直距离，因此有
根据
结合上述可知
A错误；
C．根据
结合上述可知
C错误；
D．根据上述可知，M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到地轴垂线的垂足，D错误。
故选B。
29．C
【详解】A．图像只能表示直线运动的规律，则摄像机和运动员都在做直线运动，故A错误；
B．图像反映了物体的位置随时间的变化情况，由图可知，在时间内摄像机一直在前，故B错误；
C．时间内摄像机与运动员的位移相同，所用时间相同，根据
可知，平均速度相同，故C正确；
D．图像的斜率表示速度，则在时间内摄像机的速度先大于运动员速度，在等于运动员速度，后小于运动员速度，故D错误。
故选C。
30．D
【详解】A．根据万有引力等于重力
解得
可知利用引力常量G和地球的半径及重力加速度可以计算出地球的质量，A不符合题意；
B．已知人造卫星做圆周运动的速度和周期，根据
可计算出卫星的轨道半径
万有引力提供向心力有
可求出地球质量
利用引力常量G人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期可以计算出地球的质量，B不符合题意；
C．已知月球绕地球运动的周期和半径，根据
得地球的质量为
利用引力常量G和月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离可以计算出地球的质量，C不符合题意。
D．已知地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，根据
可计算出太阳的质量，但无法计算地球的质量，即利用引力常量G和地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离不能计算出地球的质量，D符合题意；
故选D。
31．B
【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为
故A错误；
B．斜面对物块的摩擦力大小为
故B正确；
CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得
可知
则斜面对物块的作用力为
故CD错误。
故选B。2023北京高三一模物理汇编
导体电阻率的测量
一、实验题
1．（2023·北京·门头沟·高三一模）在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为5Ω。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图1所示，则金属丝的直径d= mm。
（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）
电源（电动势为3V，内阻不计）
某同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽可能准确，应选用图所示的 电路进行实验。
A．B．
C．D．
（3）该同学建立坐标系，如图3所示。图中已标出了与测量数据对应的六个坐标点，请描绘出图线 ，并由图线数据计算出金属丝的电阻为 Ω（结果保留1位小数）。设被测金属丝电阻为，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则该金属丝电阻率的表达式是 （用题目给出的物理量符号表示）。
2．（2023·北京·海淀·高三一模）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。图中A、B端之间电压恒为U，灯泡L的电阻恒为R1，滑动变阻器R的最大阻值为R2，在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，应选择 （选填“甲”“乙”或“丙”）电路，灯泡两端电压最大变化范围是 。
3．（2023·北京·平谷·高三一模）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。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（，内阻约） B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻约） D．电压表（，内阻约）
E．滑动变阻器（，额定电流1A） F．电源（12V，内阻约）
G．开关和导线若干
（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“”倍率，示数如图甲，则读数为 Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。( )
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线。( )
1 2 3 4 5 6
1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0
53.5 160 267 374 411 588
（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为 （用D、L和R表示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是 （选填选项前的字母）。
A．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
参考答案
1． 0.183 A 5.2
【详解】（1）[1]由图1可知，螺旋测微器固定刻度的读数是0，可动刻度的读数为0.01×18.3mm=0.183mm，则有金属丝的直径为
d=0+0.183mm=0.183mm
（2）[2]因为
又电压要从0开始变化，滑动变阻器要用分压式接入电路，因此为减小实验误差，实验电路应选用图A所示的电路进行实验。
故选A。
（3）[3]描绘出图线时，应使更多的坐标点在图线上，如图所示。
[4]由欧姆定律可得
由图线数据计算出金属丝的电阻为
[5]设被测金属丝电阻为，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，由电阻定律可得该金属丝电阻率的表达式是
2． 乙 0~U
【详解】[1]在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，故填乙；
[2]根据乙图知，灯泡两端电压最大变化范围是：0~U
3． A D D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为
则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示
（4）[5]图线如图所示
（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为
则电导率为。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故选D。2023北京高三一模物理汇编
变压器
一、单选题
1．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，一个理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接在交流电源上，其电压u随时间t变化规律为，副线圈接有的电阻。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为22 W B．副线圈输出交流电的周期为100 s
C．电压表的示数为311 V D．电流表的示数为2.5 A
2．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（ ）
A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大
C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大
3．（2023·北京·西城·高三一模）如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为、，原线圈的输入功率为、电压为、电流为、频率为，副线圈的输出功率为、电压为、电流为、频率为．下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且，则，
B．若变压器为理想变压器，且，则，
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
4．（2023·北京·汇文中学·高三一模）实验室有一个变压器，一侧线圈的标记为200匝，另一侧线圈匝数无标记，小明对它进行了实验探究。他用200匝的线圈作为原线圈，用匝数未知（记为N）的线圈作为副线圈，如图1所示，分别测量不同输入电压对应的输出电压，测量结果如表1所示；将原副线圈互换，如图2所示，重复上述操作，测量结果如表2所示。实验过程中电源、电压表均正常工作。
表1 表2
第1组 第2组 第3组 第4组
输入电压U1 (V) 4.0 1.9 输入电压U1’ (V) 8.2 6.1
输出电压U2 (V) 8.0 3.7 输出电压U2’ (V) 3.2 2.3
电压比U1/U2 0.50 0.51 电压比U1’/U2’ 2.56 2.65
分析表中数据，以下推理正确的是（ ）
A．若线圈的200匝标识是准确的，则匝数N多于400匝
B．按图1实验时变压器没有损耗，按图2实验时变压器有损耗
C．按图1实验时两侧线圈中电流频率相同，按图2实验时频率不同
D．若使用直流电源进行以上实验，能够较好的得到
二、实验题
5．（2023·北京·通州·高三一模）为完成“探究变压器原，副线圈电压与匝数的关系”实验，除了闭合铁芯的原、副线圈外还需要选用的器材有 （选填选项前的字母）。
A．交流低压电源 B．直流低压电源 C．交流电压表 D．交流电流表
E．直流电压表 F.直流电流表
三、填空题
6．（2023·北京·丰台·高三一模）实验室有一种可拆变压器，原线圈为800匝，副线圈有400匝、300匝、200匝三种规格，但标记不清，某同学选用一组副线圈，把原线圈连接学生电源，测量原线圈的输入电压和副线圈输出电压，得到的数据如下表：
2.40 4.40 6.40 8.80 10.40
0.99 1.85 2.72 3.76 4.48
根据测量数据，可判断副线圈的匝数为 。
A．400匝 B．300匝 C．200匝
请说明你的判断依据： 。
参考答案
1．A
【详解】BC．由题可知，电压u随时间t变化规律为，故原线圈输入交流电的周期为
原副线圈交流电的周期相同为0.02s
电压表的示数为交流电的有效值，故
BC错误；
AD．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，故副线圈的输出电压为
其中
故电流表的示数为0.5A
理想变压器原副线圈输入输出功率相等，即
A正确，D错误。
故选A。
2．D
【详解】B．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得
由于理想变压器输入电压保持不变，可知副线圈输出电压不变，则电压表示数不变，故B错误；
ACD．将开关S闭合，副线圈总电阻减小，根据
可知副线圈总电流增大，根据
可知电阻R消耗的电功率增大；根据
可知原线圈输入功率增大，原线圈输入电流增大，即电流表的示数增大，故AC错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且，则根据
可知
若
根据
可知
由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
即
故D错误。
故选C。
4．A
【详解】B．观察表1表2数据可以发现，一定有一表数据不准确，引起误差的原因是发生了漏磁，假设1准确，2不准确，则对2数据分析，发生漏磁，磁通量变化增大，感应电流增大，感应电动势也增大，可实际数据是减小（小于理论值）所以假设错误，即表1数据错误，表2数据准确，则按图1实验时变压器有损耗，按图2实验时变压器没有损耗，所以B错误；
A．由理想变压器原副线圈与匝数关系式
解得
所以A正确；
C．交流电的频率由电源决定，与变压器的匝数无关，所以C错误；
D．直流电在线圈中产生的磁场，线圈有磁通量，但是磁通量不变，则在副线圈中不会产生感应电流，所以无法完成实验，则D错误；
故选A。
5．AC/CA
【详解】探究变压器的电压与匝数的关系要用低压交流电源和交流电压表。
故选AC。
6． A 见解析
【详解】[1][2]理想变压器应满足，解得
又匝，由表中5组数据解得副线圈匝数分别为
，，，，
由于变压器线圈通过电流时会发热，铁芯在交变磁场作用下也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，因此实际测的副线圈电压小于理想变压器条件下的电压，即
故选A。2023北京高三一模物理汇编
弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．（2023·北京·通州·高三一模）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为
B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．时间内，弹簧的长度大于原长
D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小
2．（2023·北京·平谷·高三一模）如图所示，质量分别为和（）的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
3．（2023·北京·汇文中学·高三一模）如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
二、多选题
4．（2023·北京·西城·高三一模）如图（a）所示，质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射向木块，穿出木块时速度减为。若再将另一相同木块固定在传送带上（如图（b）所示），使木块随传送带以的速度水平向左运动，相同的子弹仍以初速度水平向右射向木块，木块的速度始终不变.已知木块对子弹的阻力恒定.下列说法正确的是（ ）
A．第一次子弹穿过木块过程中，木块的位移大小为
B．第一次子弹穿过木块过程中，子弹克服阻力做的功为
C．子弹前后两次穿过木块的时间之比为
D．第二次子弹穿出木块时的速度为
三、解答题
5．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道半径为，下端与水平桌面相切，小球A从圆弧轨道顶端无初速度滑下，与静止在圆弧轨道底端的小球B相碰，A与B碰撞后结合为一个整体，在水平桌面上滑动。已知A和B的质量均为，A、B与桌面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10，A、B均可视为质点，不考虑空气阻力。求：
（1）与B碰撞前瞬间，小球A的速度v的大小；
（2）与B碰撞前瞬间，小球A对轨道压力F的大小；
（3）A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离x。
6．（2023·北京·门头沟·高三一模）20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空这一全新活动领域。请应用所学物理知识，思考并解决以下问题。
（1）航天器是一个微重力实验室，由于失重现象，物体的质量常采用动力学方法测量。如图所示是测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为m，其推进器的平均推力F，在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为t时，测出飞船和空间站的速度变化是，求空间站的质量。
（2）飞船和空间站一起以速度v绕地球做匀速圆周运动。已知飞船的质量为m，某时刻空间站和飞船分离，分离时空间站与飞船沿轨道切线方向的相对速度为u。试分析计算分离后飞船相对地面的速度和空间站相对地面的速度分别是多少。
（3）若分离后的飞船运行轨道附近范围内有密度为（恒量）的稀薄空气。稀薄空气可看成是由彼此没有相互作用的均匀小颗粒组成，所有小颗粒原来都静止。假设每个小颗粒与飞船碰撞后具有与飞船相同的速度，且碰撞时间很短。已知地球的质量为M，飞船为柱状体，横截面积为S，沿半径为r的圆形轨道在高空绕地球运行，引力常数为G。试通过分析推导说明飞船在该轨道运行时所受空气阻力f大小的影响因素。
7．（2023·北京·房山·高三一模）如图所示，小物块A沿光滑水平桌面以的速度匀速运动，与静止在水平桌面末端的小物块B发生碰撞，碰后两物块粘在一起水平飞出。已知小物块A、B的质量均为，A、B的飞出点距离水平地面的竖直高度为，取重力加速度。求：
（1）两物块碰后的速度的大小；
（2）两物块碰撞过程中损失的机械能；
（3）两物块落地点距离水平桌面末端的水平位移的大小。
8．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与水平地面上的物块1接触（但未连接）。在外力作用下物块1静止，此时弹簧的压缩最为10，之后撤去外力，物块1开始向左运动，离开弹簧后与静止在水平地面上的物块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后二者粘在一起。已知两物块质量均为，弹簧的劲度系数，当弹簧形变量为x时弹簧具有的弹性势能为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力及一切摩擦，求：
（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小，
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小，
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能。
9．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳长为，O点到光滑水平面的距离为。物块B和C的质量分别是和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I；
（3）物块C的最大速度的大小，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像）
10．（2023·北京·西城·高三一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域．
（1）质量为、速度为v的A球跟质量为m的静止B球发生弹性正碰．求碰后A球的速度大小．
（2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来．若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由．
（3）光子不仅具有能量，而且具有动量．科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子．有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子．你赞同哪个观点？请分析说明理由．
四、作图题
11．（2023·北京·海淀·高三一模）如图1所示，光滑水平面上有用轻绳连接的滑块和，其间有一处于压缩状态的轻质弹簧。已知、。
（1）若滑块和初始静止，剪断轻绳，已知弹簧恢复原长时速度为，请在图2中画出此时刻的速度的图示及相对的速度的图示；
（2）若滑块和以初速度运动，弹簧弹性势能为，如图3所示，某时刻剪断轻绳，请在图4中画出弹簧恢复原长时滑块的速度的图示及滑块速度的变化量的图示。
参考答案
1．B
【详解】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～1s时间内的过程，由动量守恒定律得
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
故A错误；
B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；
C．在时刻弹簧压缩至最短，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；
D．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大
故选B。
2．C
【详解】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律
由题知
解得
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，所以C错误；
D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有
则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确；
故选D。
4．AC
【详解】AB．第一次子弹穿过木块过程中动量守恒
解得
对物块由动能定理
对子弹
即子弹克服阻力做的功为；
联立解得
选项A正确 ，B错误；
CD． 第一次，对物块由动量定理
解得
第二次，子弹在木块没做匀减速运动，加速度为
子弹穿过木块时满足
解得
则子弹前后两次穿过木块的时间之比为
第二次子弹穿出木块时的速度为
选项C正确，D错误。
故选AC。
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设两小球质量均为m，对小球A从圆弧轨道顶端滑到底端的过程，由机械能守恒定律有
解得
代入数据得
（2）由牛顿第二定律
得
由牛顿第三定律，得小球A对轨道压力大小为
（3）对A、B碰撞的过程应用动量守恒定律有
解得
对A、B整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有
解得
6．（1）；（2），；（3）见解析
【详解】（1）对飞船和空间站有
解得
（2）分离瞬间有
两者的相对速度
解得
，
（3）对飞船有
在极短时间发生碰撞的小颗粒的质量
对这部分小颗粒有
根据牛顿第三定律有
解得
可知飞船在该轨道运行时所受空气阻力f大小的影响因素有飞船运动的轨道半径、稀薄空气的密度与飞船的横截面积。
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）碰撞过程，两物块组成的系统满足动量守恒，则有
解得
（2）两物块碰撞过程中损失的机械能为
（3）两物块在空中做平抛运动，竖直方向有
解得
两物块落地点距离水平桌面末端的水平位移的大小
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据胡克定律
代入数据解得
（2）物块1离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为物块1的动能
根据能量守恒定律
代入数据解得
（3）两物块碰撞过程动量守恒
根据能量守恒定律
代入数据解得
9．（1）；（2）；（3），见解析
【详解】（1）根据题意可知，小球A运动到最低点过程中机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为，由机械能守恒定律有
解得
在最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，小球与物块B发生正碰（碰撞时间极短），则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，设碰撞后小球A的速度为，物块B的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
对物块B，由动量定理有
（3）根据题意可知，B与C用轻弹簧拴接，开始时，物块B压缩弹簧，B做加速度增大的减速运动，C做加速度增大加速运动，当B、C速度相等时，弹簧压缩最短，由动量守恒定律有
解得
之后C的速度大于B的速度，弹簧开始恢复，则C做加速度减小的加速运动，B做加速度减小的减速运动，当弹簧恢复到原长，C的速度最大，B的速度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
之后C拉开弹簧，开始做加速度增大的减速运动，B做加速度增大的加速运动，当速度相等时，弹簧伸长最长，之后C的速度小于B的速度，C做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长，B的速度最大为，C的速度最小为0，之后重复开始，即完成一个运动周期。由上述分析可知，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像，如图所示
10．（1）；（2）慢化剂应该选用质量较小的原子核；（3）赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点
【详解】（1）两球发生弹性正碰，设碰后A球速度为，B球速度为，则
得
（2）设中子质量为m，碰前速度为，碰后速度为，原子核质量为M，碰后速度为，中子与原子核发生弹性正碰，则
得
可见，原子核质量M越小，碰后中子速度越小，因此，慢化剂应该选用质量较小的原子核；
（3）我赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点，正负电子对撞过程遵循动量守恒定律．对撞前正负电子组成的系统总动量为0，若只生成一个光子，则对撞后动量不可能为0，只有生成两个及两个以上的光子时系统总动量才有可能为0，因此“这个过程至少生成两个光子”的观点正确。
11．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知，滑块和组成的系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
方向向右。相对的速度则有
方向向右，则有v2和vBA的图示如图所示。
（2）若滑块和以初速度运动，弹簧弹性势能为，弹簧恢复原长时，设向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
滑块速度的变化量为
滑块的速度的图示及滑块速度的变化量的图示如图所示。2023北京高三一模物理汇编
机械能守恒定律章节综合
1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
2．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变
D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功
3．（2023·北京西城·统考一模）如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点．假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变．下列说法正确的是（ ）
A．在段汽车对桥面的压力大小不变
B．在段汽车对桥面的压力逐渐增大
C．在段汽车的输出功率逐渐增大
D．在段汽车发动机做功比段多
4．（2023·北京朝阳·统考一模）质量为m的同学原地跳绳时，上下运动，其速度大小v随时间t的变化图像如图所示。重力加速度为g。则（ ）
A．0~内，该同学的最大速度约为
B．0~内，该同学上升的最大高度约为
C．该同学克服重力做功的平均功率约为
D．每跳一次，地面对该同学所做的功约为
5．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A．飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
B．在B点变轨后，飞船的机械能减小
C．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的小
D．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
6．（2023·北京丰台·统考一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
7．（2023·北京平谷·统考一模）发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（ ）
A．地球同步卫星可以定点在北京上空
B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
D．卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
8．（2023·北京西城·统考一模）利用图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验．
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______．
A．低压交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、．已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为______．
（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是______．
A．该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
B．该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
C．该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差
D．该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差
（4）某同学想用图3所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的3倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放b球．他想仅利用刻度尺验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等，请写出他需要测量的物理量以及这些物理量应满足的关系式________
9．（2023·北京丰台·统考一模）某实验小组利用实验室仪器“验证机械能守恒定律”。
（1）甲组同学利用右图装置进行实验。
实验中，先接通电源再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的3个点A、B、C，测得A、B、C三个点到起始点O的距离分别为、、。取当地重力加速度g为9.8，打点计时器所接电源的频率。重物的质量为，则打点计时器打下B点时纸带的速度_______m/s，从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为___________J；由于阻力等因素的影响，重物的重力势能减少量___________（选填“大于”、“等于”“小于”）动能增加量。（结果均保留3位有效数字）
（2）乙小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。安装遮光条的滑块放置在带有刻度尺的气垫导轨上，滑块通过细绳和重物相连，遮光条宽度为d。滑块经过光电门时，可以读出遮光条通过光电门的时间t。将气垫导轨放在水平桌面上，导轨调至水平，使得连接滑块和重物的细绳处于水平状态，实验室可提供的器材还有天平，已知当地重力加速度为g。请你利用以上器材帮助乙小组设计“验证机械能守恒定律”的实验，简要说明实验思路______和需要测量的物理量_______，并说明以上物理量应该满足的关系式___________。
10．（2023·北京海淀·统考一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
11．（2023·北京西城·统考一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动．如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，沿着倾角的平直山坡直线滑下，当速度达到时他收起雪杖自由下滑，在此后的时间内滑下的路程为。将这内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取．求这内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能。
12．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，竖直平面内半径的光滑1/4圆弧轨道固定在水平桌面上，与桌面相切于B点。质量的小物块由A点静止释放，最后静止于桌面上的C点。已知物块与桌面间的动摩擦因数。取。求：
（1）物块在B点时的速度大小；
（2）物块在B点时所受圆弧轨道的支持力大小N；
（3）B、C两点间的距离x。
13．（2023·北京平谷·统考一模）一篮球质量，一运动员将其从距地面高度处以水平速度扔出，篮球在距离抛出点水平距离处落地，落地后第一次弹起的最大高度。若运动员使篮球从距地面高度处由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，运动员对球的作用时间，球落地后反弹的过程中运动员不再触碰球，球反弹的最大高度。若该篮球与该区域内地面碰撞时的恢复系数e恒定（物体与固定平面碰撞时的恢复系数e指：物体沿垂直接触面方向上的碰后速度与碰前速度之比）。为了方便研究，我们可以假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，取重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）运动员将篮球水平扔出时速度的大小；
（2）运动员拍球过程中对篮球所做的功W；
（3）运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值k。
14．（2023·北京丰台·统考一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是。盘面上距圆盘中心的位置有一个质量为的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
参考答案
1．C
【详解】A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为，则有
联立解得
故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时
则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时
则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度
则杆对小球无作用力。故A错误；
B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故B错误；
C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知
故杆对小球的作用力做负功。故D正确。
故选D。
3．D
【详解】AB．汽车以恒定速率通过桥面，在段、点、段的受力分析如题1、图2、图3所示
设汽车在运动过程中所受阻力为，在段时支持力与竖直方向的夹角为，在段时，支持力与竖直方向的夹角为，对段、段和则由牛顿第二定律有
，
从到的过程中，角逐渐减小，角逐渐增大，由此可知，逐渐增大，逐渐减小，故AB错误；
C．设在段牵引力与水平方向的夹角为，汽车在段时发动机的功率为
从到过程中，夹角在逐渐减小，因此可知逐渐减小，故C错误；
D．在段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在段汽车发动机只克服阻力做功做功，整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在段汽车发动机做功比段多，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．由图像可知，人向上加速和向下加速过程都是匀变速直线运动，根据对称性，从最高点到最低点用时，则其0~内，最大速度为
A错误；
B．0~内，该同学上升的最大高度为0~内的位移
B错误；
C．该同学在一个周期内克服重力做的功为
则该同学克服重力做功的平均功率约为
C正确；
D．人没有在地面支持力方向发生位移，地面对人不做功，D错误。
故选C。
5．A
【详解】A．椭圆轨道相对于预定圆轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置向后喷气加速，即飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道，A正确；
B．根据上述，在B点需要向后喷气加速才能变轨到预定轨道，喷气过程中，气体对飞船做正功，则飞船的机械能增大，B错误；
C．根据
解得
A点为近地点，B点为远地点，A点到地心的间距小于B点到地心的间距，则在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，C错误；
D．在椭圆轨道上运行时，当飞船由A点运动到B点过程中，飞船到地心之间的间距逐渐增大，则引力做负功，势能增大，动能减小，即速度减小，即在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的大，D错误。
故选A。
6．B
【详解】A．设箱子的质量为，物体的质量为，箱子受到的空气阻力为，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为
随着速度的增大，加速度在减小，A错误；
B．以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，B正确；
C．整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，C错误；
D．由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，D错误。
故选B。
7．D
【详解】A．由于地球同步卫星相对地面静止，自西向东绕地球转动，因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内，不可能定点在北京上空，A错误；
B．根据
可得
因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B错误；
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，因此机械能守恒，C错误；
D．在轨道1上经过P点时，做圆周运动，因此满足
在轨道2上经过P点后做离心运动，满足
因此可知卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率，D正确。
故选D。
8． AB##BA D 需要测量的物理量：释放时b球距地面的高度和a球上升的最高点距地面的高度，以上物理量应满足的关系式是
【详解】（1）[1]电磁打点计时器需要用到低压交流电源，而处理实验数据时需要用刻度尺测量出计数点之间的距离，根据机械能守恒定律得到
以便验证实验表达式
故实验不需要测量重物的质量，因此不需要天平。
故选AB。
（2）[2]重物下落过程做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知，打B点时的速度为
若从打O点到打B点的过程中，机械能守恒，应满足的关系式为
即满足
（3）[3]此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这属于系统误差，是不可避免的，但想要实验结果更加准确，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差。
故选D。
（4）[4]该实验的原理是球落地瞬间两球速度大小相同，然后球继续上升到最高点，分别测出球离地面的高度和球上升的高度，用高度差计算出球做竖直上抛运动时的初速度，从而验证系统机械能守恒，方案需要测量的物理量有：释放时b球距地面的高度和a球上升的最高点距地面的高度。设球竖直上抛时的初速度为，则有
在小球落地前有
两式联立可得
故以上物理量应满足的关系式是。
9． 大于 见解析 见解析
【详解】（1）[1]打点频率为
则可知打点周期
根据做匀变速直线运动的物体，中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得
[2]从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为
[3]由于阻力等因素的影响，在重物下降过程中要克服阻力做功，故可知重物的重力势能减少量大于动能增加量。
（2）[4]实验思路：在此实验装置中，重物和滑块运动时所受阻力很小，可以忽略不计，重物、滑块和遮光条组成的系统满足机械能守恒条件。从静止释放滑块，测出其经过光电门时的速度和重物下降的高度，重物下降的高度等于滑块移动的距离，求出重物重力势能的减少量和重物、滑块、遮光条的动能增加量，若二者相等，可验证机械能守恒。
[5]需测量的物理量：重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离l。
[6]应满足的关系式为
10．（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）小球从A到B由机械能守恒定律
解得小球通过B点时的速度大小
（2）小球从A到C由机械能守恒定律
解得小球通过C点时的速度大小
在C点由牛顿第二定律
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小
方向竖直向下。
（3）小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑雪者做匀加速直线运动，则由位移与时间的关系式可得
解得
（2）根据牛顿第二定律，有
解得
（3）滑雪者损失的机械能
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块从A运动到B，根据机械能守恒定律有
得
（2）物块在B点时，根据牛顿第二定律有
得
（3）物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有得
解得
13．（1）；（2）；（3）3.0
【详解】（1）篮球水平抛出后，做平抛运动，在水平方向则有
在竖直方向则有
联立解得
（2）由题意可得
由恢复系数定义可得
拍球后篮球落地时的速度为
由动能定理可得
代入数据解得
（3）由牛顿第二定律，可得
在拍球时间内篮球的位移
又有
联立解得
可得
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，由向心力公式可得，小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为
（2）根据题意可知，当小物体的向心力等于最大静摩擦力时，即将发生相对滑动，此时圆盘的角速度最大，则有
解得
（3）小物体飞出后做平抛运动，由平抛运动规律有
解得
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
解得2023北京高三一模物理汇编
力学实验
1．（2023·北京海淀·统考一模）某同学探究平抛运动的待点。
（1）用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的待点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。
①关于该实验，下列说法正确的是_______（选填选项前的字母）。
A．A、B两球应选用体积小、质量大的小球
B．打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上
C．比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此____说明A球竖直方向分运动为自由落体运动，_________说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。（选填“能”或“不能”）
（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中，必要的是_______（选填选项前的字母）。
A．通过调节使斜槽末段保持水平
B．每次需要从不同位置静止释放A球
C．通过调节使硬板保持竖直
D．尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验__________（选填选项前的字母）。
A．A球释放的高度偏高
B．A球释放的高度偏低
C．A球没有被静止释放
D．挡板MN未水平放置
（3）某同学用平滑曲线连接这些痕迹点，得到图4所示A球做平抛运动的轨迹。请利用该轨迹和（1）中得出的平抛运动竖直方向分运动的特点，说明怎样确定平抛运动水平分运动是匀速直线运动。__________
2．（2023·北京东城·统考一模）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）用游标卡尺测量圆管的外径d，示数如图甲所示，则_________。
（2）如图乙所示，用半径相同的A、B两球的碰撞验证“动量守恒定律”，实验中可以不测定小球碰撞前后的速度，而通过仅测量一个物理量，替代速度的测量，该物理量是__________。
A．小球开始释放时的高度
B．小球抛出点地面的高度
C．小球做平抛运动的水平射程
（3）利用图丙装置研究自由下落物体的机械能是否守恒时，实验结果往往是物体的重力势能的减少量略大于其动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是__________。
A．该误差属于偶然误差
B．该误差属于系统误差
C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D．可以通过减小摩擦阻力的影响来减小该误差
（4）利用图丁所示的单摆测量重力加速度，为了使测量误差尽量小，可以采取的措施是__________。
A．组装单摆时，选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆时，选用轻且不易伸长的细线
C．测周期时，在摆球通过最低点时开始计时
D．测周期时，测量一次全振动的时间
3．（2023·北京西城·统考一模）利用图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验．
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______．
A．低压交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、．已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为______．
（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是______．
A．该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
B．该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
C．该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差
D．该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差
（4）某同学想用图3所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的3倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放b球．他想仅利用刻度尺验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等，请写出他需要测量的物理量以及这些物理量应满足的关系式________
4．（2023·北京朝阳·统考一模）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）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有___________。
A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些
B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些
C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好
（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为、、。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能___________，减少的重力势能___________。
（3）如图4所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证动量守恒定律。某同学认为即使A球质量大于B球质量，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由___________。
5．（2023·北京延庆·统考一模）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。例如：
（1）实验测量：用螺旋测微器测量某金属丝的直径，示数如图所示，则该金属丝的直径为__________mm。
（2）实验操作。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律，A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细线的结点，与为细线。下列不必要的实验要求是__________。
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．实验中两根细线要与木板平行
C．与应关于对称
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）数据分析。在双缝干涉实验中，用单色光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双缝之间的距离为，测得双缝到屏幕的距离为，第1条到第6条亮条纹中心的距离为，则该单色光的波长为____________m（保留2位有效数字）。实验中并未直接测量相邻两个亮条纹间的距离，而是测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，请分析说明这样做的理由。__________
6．（2023·北京丰台·统考一模）某实验小组利用实验室仪器“验证机械能守恒定律”。
（1）甲组同学利用右图装置进行实验。
实验中，先接通电源再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的3个点A、B、C，测得A、B、C三个点到起始点O的距离分别为、、。取当地重力加速度g为9.8，打点计时器所接电源的频率。重物的质量为，则打点计时器打下B点时纸带的速度_______m/s，从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为___________J；由于阻力等因素的影响，重物的重力势能减少量___________（选填“大于”、“等于”“小于”）动能增加量。（结果均保留3位有效数字）
（2）乙小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。安装遮光条的滑块放置在带有刻度尺的气垫导轨上，滑块通过细绳和重物相连，遮光条宽度为d。滑块经过光电门时，可以读出遮光条通过光电门的时间t。将气垫导轨放在水平桌面上，导轨调至水平，使得连接滑块和重物的细绳处于水平状态，实验室可提供的器材还有天平，已知当地重力加速度为g。请你利用以上器材帮助乙小组设计“验证机械能守恒定律”的实验，简要说明实验思路______和需要测量的物理量_______，并说明以上物理量应该满足的关系式___________。
7．（2023·北京石景山·统考一模）某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是( )
A．用公式计算时，将摆线长当作摆长
B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C．确保摆球在同一竖直平面内摆动
D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
（2）在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出，将数据对应坐标点标注在坐标系（如图所示）中。请将，所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点描绘出图线( )，并通过图线求出当地的重力加速度______（结果保留3位有效数字）。
（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是( )
A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
（4）该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过一定测量，求出当地重力加速度”的方法。( )
参考答案
1． AB##BA 能 不能 AC##CA AC##CA 见解析
【详解】（1）[1]A．为了减小空气阻力对实验的影响，应选用体积小，密度大的小球，故A正确；
B．打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，以确保小落高度相同，故B正确；
C．比较两球落地时间不需要测量两球下落的高度，C错误。
故选AB。
[2]多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此可以能A球竖直方向分运动为自由落体运动，不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
（2）[3]A．由于“研究平抛物体的运动”斜槽的末端必须保持水平，A正确；
B．由于每次小球运动轨迹相同，因此每次小球必须从同一位置，由静止释放，B错误；
C．平抛运动的轨迹位于竖直方向，因此硬板应保持竖直，C正确；
D．A球每次从同一位置静止释放即可，不需要减小A球与斜槽之间的摩擦，D错误。
故选AC。
[4]通过图像可知，这个偏差较大的点处水平的速度相比其他的点较大，故产生的原因，可能是该次实验A球释放的高度偏高或A球没有被静止释放，故AC正确，BD错误。
故选AC。
（3）[5]如图所示，在曲线OP上取A、B、C、D四点，这四个点对应的坐标分别，、、，使
若
则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。
2． 23.7 C BD##DB BC##CB
【详解】（1）[1]圆管的外径为
（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中下落的高度相同，在空中运动的时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，所以可以用小球的水平射程代替小球的初速度，C正确，AB错误。
故选C。
（3）[3]实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免，系统误差时由于空气阻力与摩擦阻力造成的，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确，AC错误；
故选BD。
（4）[4] A．组装单摆须选用密度较大直径较小的摆球，A错误；
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，B正确；
C．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差小，时间测量相对准确，C正确；
D．把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误。
故选BC。
3． AB##BA D 需要测量的物理量：释放时b球距地面的高度和a球上升的最高点距地面的高度，以上物理量应满足的关系式是
【详解】（1）[1]电磁打点计时器需要用到低压交流电源，而处理实验数据时需要用刻度尺测量出计数点之间的距离，根据机械能守恒定律得到
以便验证实验表达式
故实验不需要测量重物的质量，因此不需要天平。
故选AB。
（2）[2]重物下落过程做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知，打B点时的速度为
若从打O点到打B点的过程中，机械能守恒，应满足的关系式为
即满足
（3）[3]此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这属于系统误差，是不可避免的，但想要实验结果更加准确，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差。
故选D。
（4）[4]该实验的原理是球落地瞬间两球速度大小相同，然后球继续上升到最高点，分别测出球离地面的高度和球上升的高度，用高度差计算出球做竖直上抛运动时的初速度，从而验证系统机械能守恒，方案需要测量的物理量有：释放时b球距地面的高度和a球上升的最高点距地面的高度。设球竖直上抛时的初速度为，则有
在小球落地前有
两式联立可得
故以上物理量应满足的关系式是。
4． AB##BA 该同学的观点不正确，见解析
【详解】（1）[1] 探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差,可以采取以下措施，描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些；用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些；细绳间的夹角不能太大，也不能太小。
故选AB。
（2）[2] 从打O点到打B点的过程中，有
重物增加的动能为
[3]减少的重力势能
（3）[4]该同学的观点不正确。理由如下：设碰前A球的动量为p0，动能为，碰后A球的动量为、动能为，B球动量为、动能为。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有
若A球反弹，则
所以
即
又因为
所以
违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。
5． C 若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小
【详解】（1）[1]由图可知，该金属丝的直径为
（2）[2]AB．为了减小实验误差，弹簧测力计应在使用前校零，拉线方向应与木板平面平行，故AB正确；
CD．两弹簧测力计的方向不必对称，只需达到作用效果就行；改变拉力，进行多次实验，每次都要使点静止在同一位置，故C错误，D正确。
本题选不必要的，故选C。
（3）[3]根据题意可知，条纹间距为
由公式可得，该单色光的波长为
[4]若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小。
6． 大于 见解析 见解析
【详解】（1）[1]打点频率为
则可知打点周期
根据做匀变速直线运动的物体，中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得
[2]从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为
[3]由于阻力等因素的影响，在重物下降过程中要克服阻力做功，故可知重物的重力势能减少量大于动能增加量。
（2）[4]实验思路：在此实验装置中，重物和滑块运动时所受阻力很小，可以忽略不计，重物、滑块和遮光条组成的系统满足机械能守恒条件。从静止释放滑块，测出其经过光电门时的速度和重物下降的高度，重物下降的高度等于滑块移动的距离，求出重物重力势能的减少量和重物、滑块、遮光条的动能增加量，若二者相等，可验证机械能守恒。
[5]需测量的物理量：重物质量m、滑块和遮光条的总质量M，滑块释放点到光电门的距离l。
[6]应满足的关系式为
7． BC 9.86 B 见解析
【详解】（1）[1]A．用公式计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之后当作摆长，A错误；
B．实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，B正确；
CD．单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]将该坐标点标注在坐标中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
[3]根据
则有
结合图像有
解得
（3）[4]A．根据图线c的可知，在取为0时，L不为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，此时有
即有
该图像与摆线的长度大小无关，A错误；
B．若将摆线长记作摆长L，则有
即有
该函数对应的图像是a，即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，B正确；
C．根据上述可知，三条图像的斜率均为
解得
可知，三条图线求出的重力加速度相同，C错误。
故选B。
（4）[5]不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度，测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长，则摆长为
测出对应的周期。仅改变摆线长，第二次测出摆线长，则摆长为
测出对应的周期。根据
，
解得重力加速度2023北京高三一模物理汇编
用双缝干涉测量光的波长
一、单选题
1．（2023·北京·房山·高三一模）如图所示为双缝干涉实验装置示意图，实验时光源发出的光经滤光片成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把双缝照亮。来自双缝的光在双缝右边的空间发生干涉，则下列说法正确的是（ ）
A．组装实验仪器时，应将单缝和双缝垂直放置
B．若想增加在目镜中观察到的条纹个数，应将单缝向双缝靠近
C．若将滤光片去掉，则毛玻璃上将呈现黑白相间条纹
D．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则毛玻璃上的干涉条纹间距将变窄
2．（2023·北京·海淀·高三一模）某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示。他改变的实验条件可能是（ ）
A．减小光源到单缝的距离
B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离
D．换用频率更高的单色光源
二、实验题
3．（2023·北京·延庆·高三一模）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。例如：
（1）实验测量：用螺旋测微器测量某金属丝的直径，示数如图所示，则该金属丝的直径为 mm。
（2）实验操作。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律，A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细线的结点，与为细线。下列不必要的实验要求是 。
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．实验中两根细线要与木板平行
C．与应关于对称
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）数据分析。在双缝干涉实验中，用单色光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双缝之间的距离为，测得双缝到屏幕的距离为，第1条到第6条亮条纹中心的距离为，则该单色光的波长为 m（保留2位有效数字）。实验中并未直接测量相邻两个亮条纹间的距离，而是测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，请分析说明这样做的理由。
4．（2023·北京·丰台·高三一模）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。例如：
（1）“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为 。
A．滤光片 双缝 单缝 B．滤光片 单缝 双缝
C．单缝 滤光片 双缝 D．双缝 滤光片 单缝
（2）某同学用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻度线对准亮条纹A的中心，记录手轮上的示数，然后他转动测量头，使分划板中心刻度线对准亮条纹B的中心，这时手轮上的示数是，若测得双缝与屏之间的距离为l，双缝间距为d，则对应光波的波长λ＝ 。
参考答案
1．D
【详解】A．组装实验仪器时，单缝与双缝应该相互平行放置，故A错误；
B．若想增加在目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度将减小，根据相邻条纹间的距离为
可知，可以减小L或者增大d，所以应该将屏幕、向双缝方向移动，故B错误；
C．若将滤光片去掉，能观察到干涉图样，只是这时观察到的是各色光重叠产生的彩色条纹，故C错误；
D．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则波长变小，根据
可知，则毛玻璃上的干涉条纹间距将变窄，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】试题分析：通过观察发现，图乙中干涉条纹的宽度比甲图中的大，根据干涉条纹宽度干涉有：Δx＝，因此可以使缝屏距l变大，双缝距d减小，或换用波长较长即频率较低的光，以达到要求，故选项C、D错误；选项B正确；与光源到单缝的距离无关，故选项A错误．
考点：本题主要考查了对双缝干涉实验的理解问题，属于中档偏低题．
3． C 若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小
【详解】（1）[1]由图可知，该金属丝的直径为
（2）[2]AB．为了减小实验误差，弹簧测力计应在使用前校零，拉线方向应与木板平面平行，故AB正确；
CD．两弹簧测力计的方向不必对称，只需达到作用效果就行；改变拉力，进行多次实验，每次都要使点静止在同一位置，故C错误，D正确。
本题选不必要的，故选C。
（3）[3]根据题意可知，条纹间距为
由公式可得，该单色光的波长为
[4]若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小。
4． B
【详解】（1）[1] “用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
故选B。
（2）[2]由图可知，条纹间距为
根据条纹间距公式
联立可得2023北京高三一模物理汇编
静电场中的能量章节综合
1．（2023·北京海淀·统考一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
2．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为的带电粒子，从M点水平方向以初速度射入板间，并打在下极板上的N点。已知与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则（ ）
A．两点间的距离为
B．粒子在两点间的运动时间为
C．粒子刚到达N点时的速度大小为
D．粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为45°
3．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，长为L的导体棒原来不带电，现将一个带正电的点电荷放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，为的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒A端带正电，B端带负电
B．导体棒A端电势高，B端电势相低
C．感应电荷在O点的场强方向向右
D．感应电荷在O点的场强大小
4．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，A、B为两个等量异种点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点．今将一带正电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是（ ）
A．A点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势低
C．从A点移到B点的过程中，静电力对该试探电荷做负功
D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能减小
5．（2023·北京朝阳·统考一模）图示平面内固定两个等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷的连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ）
A．M、P两点的电场强度相同 B．N、P两点的电场强度相同
C．N、P两点的电势相等 D．电子在M点的电势能比在N点的大
6．（2023·北京西城·统考一模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素．让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核恰好能离开电场，轨迹如图所示．不计粒子的重力，则（ ）
A．不能离开电场
B．在电场中受到的电场力最大
C．在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对做功最少
7．（2023·北京平谷·统考一模）如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形的对角线边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是（ ）
A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B．O点电势与C点电势相等
C．DO间的电势差等于OB间的电势差
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
8．（2023·北京丰台·统考一模）静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是（ ）
A．C点的电场强度方向与x轴正方向相反
B． C、D两点的电场强度
C．试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功
D．同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
9．（2023·北京平谷·统考一模）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C．由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为
10．（2023·北京海淀·统考一模）电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离。 电容器A的电容也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
（1）回答下列问题。
a．若开关保持断开状态，分析当板间距变化时，两极板间电场强度的大小如何变化。
b．根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为时，下极板对上极板电场力的大小。
（2）用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为。当天平右端放一个质量为的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表（可视为理想表）读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘（示意图）上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
（3）如图5所示，将电容器A的下极板同定不动，上极板由一劲度系数为的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为时，讨论上极板平衡位置的个数的情况。
11．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D两板分别带正电和负电，两板间场强为E，C、D两极板长均为L。一质量为m，电荷量为的带电粒子（不计重力）由静止开始经A、B加速后穿过C、D并发生偏转，最后打在荧光屏上。求：
（1）粒子离开B板时速度大小v；
（2）粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y；
（3）粒子打在荧光屏上时的动能。
12．（2023·北京丰台·统考一模）能量守恒定律是普遍、和谐、可靠的自然规律之一。根据能量守恒定律，物理学发现和解释了很多科学现象。
（1）经典力学中的势阱是指物体在场中运动，势能函数曲线在空间某一有限范围内势能最小，当物体处于势能最小值时，就好像处在井里，很难跑出来。如图所示，设井深为H，若质量为m的物体要从井底至井口，已知重力加速度为g，求外力做功的最小值W。
（2）金属内部的电子处于比其在外部时更低的能级，电势能变化也存在势阱，势阱内的电子处于不同能级，最高能级的电子离开金属所需外力做功最小，该最小值称为金属的逸出功。如图所示，温度相同的A、B两种不同金属逸出功存在差异，处于最高能级的电子电势能不同，A、B金属接触后电子转移，导致界面处积累正负电荷，稳定后形成接触电势差。已知A金属逸出功为，B金属逸出功为，且，电子电荷量为－e。
a.请判断界面处A、B金属电性正负；
b.求接触电势差。
（3）同种金属两端由于温度差异也会产生电势差，可认为金属内部电子在高温处动能大，等效成电子受到非静电力作用往低温处扩散。如图有一椭球形金属，M端温度为，N端温度为，沿虚线方向到M端距离为L的金属内部单个电子所受非静电力大小F满足：，非静电力F沿虚线方向，比例系数μ为常数，与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小有关，电子电荷量为－e，求金属两端的电势差。
参考答案
1．C
【详解】A．根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。
故选C。
2．A
【详解】AB．由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
又因为与竖直方向成45°角，所以有
联立解得
则两点间的距离为
故A正确，B错误；
CD．粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
则粒子刚到达N点时的速度大小为
粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为
故C、D错误。
故选A。
3．D
【详解】A．点电荷带正电，则当导体棒达到静电平衡后，导体棒端为近端，带负电，端为远端，带正电，故A错误；
B．处于静电平衡状态的导体棒是一个等势体，即端和端电势相等，故B错误；
CD．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，感应电荷在点的场强与点电荷在点的场强大小相等、方向相反，点电荷在点的场强向右，则感应电荷在点的场强向左，大小为
故C错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】等量异种电荷的电场线和等势面分布如图所示
A．等量异种点电荷的连线上B点电场强度最小，中垂线上B点电场强度最大，所以A点场强大于C点场强，A正确；
B．沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，C点电势等于B点电势，所以A点的电势比C点的电势高，B错误；
C．正电荷受到的电场力与电场线方向相同，所以将带正电的试探电荷从A移到B，电场力做正功，C错误；
D．等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，将带正电的试探电荷从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能不变，D错误。
故选A。
5．B
【详解】AB．根据等量异种电荷周围电场分布规律以及对称性可知M、P两点的电场强度大小相同、方向不同，N、P两点的电场强度相同，A错误，B正确；
C．M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，根据沿电场线方向电势降低可知M点电势高于P点电势，故N点电势高于P点电势，C错误；
D．由于电子在M点和N点电势相同，故在M点的电势能与在N点的一样大大，D错误。
故选B。
6．A
【详解】A. 三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点距底板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得
，
联立解得
分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核恰好能离开电场，则可知不能离开电场，故A正确；
B. 电场力
同一电场，所带电荷量相同，故三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误；
C. 三种粒子的初速度相同，不能离开电场，故可知 在电场中运动的时间最短，和都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C错误；
D. 电场力做功
电荷量相同，电场强度相同，分析可知和在电场中运动的竖直位移相等，而在电场中运动的竖直位移较小，因此在电场中运动的过程中电场力对做功最少，故D错误。
故选A。
7．D
【详解】A．将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；
B．AC所在平面与BD垂直，与其它电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；
C．根据电场线的疏密程度可知DO间的电场强度大于OB间的电场强度，由可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反，竖直向下，故D正确。
故选D。
8．C
【详解】A．沿电场线电势逐渐降低，因从A到D电势一直降低，可知场强方向沿x轴正向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，选项A错误；
B．因φ-x图像的斜率等于场强大小，则C、D两点的电场强度，选项B错误；
C．因电场强度方向沿x轴正向，可知试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功，选项C正确；
D．因B点的电势高于C点，可知同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，选项D错误。
故选C。
9．B
【详解】A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为
选项D正确；
本题选错误的，故选B。
10．（1）a．电场强度的大小保持不变，b．见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）a．由图2可得
又
，
联立可得
若开关保持断开状态，可知电容器电荷量保持不变，当板间距变化时，两极板间电场强度的大小保持不变；
b．当电容器A所带电荷量为时，可得每个极板产生的电场强度大小为
下极板对上极板电场力的大小为
（2）根据题意有
又
，，
联立可得
可知2V对应的质量值满足
解得
3V对应的质量值满足
解得
如图所示
根据
为了扩大该静电天平量程，可减小天平平衡时板间距离。
（3）当两极板间所加电压为时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为，所受下极板的电场力为；稳定时，根据受力平衡可得
根据胡克定律可得
根据（1）b结论可得
联立可得
可知该方程是关于的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如图所示
在坐标中分别作出方程左端的图像（图中直线、和）和右端的图像（图中曲线），两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数。
直线与曲线相交，有2个交点，表明方程有2个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相切，有1个交点，表明方程有1个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相离，没有交点，表明方程没有实数解，即上极板平衡位置的个数；
综上所述，上极板平衡位置的个数、、。
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在加速电场中加速过程，由动能定理可得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得
联立解得
（3）粒子从开始运动到打在荧光屏上整个过程根据动能定理可知
所以有
12．（1）mgH；（2）a. A金属侧带正电B金属侧带负电，b.；（3）
【详解】（1）根据能量守恒定律可知，质量为m的物体要从井底至井口，外力做功最小值为mgH。
（2）a. 界面处A金属电子处于比B金属电子更高的能级，电子从A侧向B侧转移，A金属侧带正电，B金属侧带负电。
b. 金属两侧正负电荷在界面处激发的电场阻碍电子继续从A向B侧移动，最终达到平衡。设无穷远处电子电势能为0，则初状态A侧电子能量为，B侧为，末状态A侧界面电势为，B侧界面电势为，界面两侧A、B电子能量相等，有
联立可得A、B间电势差为
（3）由于与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小相关，在沿虚线方向取极短距离△L，则非静电力做功为，累加后可得
根据电动势的定义式，可得
为非静电力做功。断路状态下MN两端电势差大小数值上等于电动势。联立以上两式，可得金属两端电势差为2023北京高三一模物理汇编
原子核章节综合
1．（2023·北京东城·统考一模）我国科研人员对“嫦娥五号”返回器携带的月壤样品进行研究，取得了重大科研成果，科研人员通过X射线衍射、聚焦离子束等一系列技术手段对样品进行分析研究，首次发现了一种新矿物并确定其晶体结构，被国际权威机构命名为“嫦娥石”。聚焦离子束技术是利用电场将离子束聚焦成极小尺寸的显微加工技术，经过聚焦的高能离子束轰击样品，与其表面原子的相互作用过程比较复杂，若表面原子受碰撞后运动方向是离开表面，而且能量超过一定数值时，会有粒子从表面射出，粒子可能是原子、分子，也可能是正负离子、电子、光子。除发现“嫦娥石”外，科研人员还首次准确测定了月壤样品中氦3（）的含量和提取温度，氦3被科学家视为未来核聚变反应的理想原料。若氦3参与核聚变反应，不会产生核辐射，且可以释放更多能量，氦3主要来自太阳风——太阳喷射出来的高能粒子流。月球没有磁场和大气的保护，太阳风可以直接降落在月球表面，使其携带的氦3得以保存，但氦3在地球上含量极少，根据以上信息及所学知识判断，下列说法错误的是（ ）
A．X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象，是由于其波长与原子间距相近
B．利用聚焦离子束技术可以将光束聚焦后照射金属表面，使其发生光电效应
C．氦3参与聚变反应，虽然不会产生核辐射，但反应过程中会存在质量亏损
D．地磁场会使太阳风中的氦3发生偏转，影响其到达地面
2．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氡原子核（）发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核。已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42∶1，下列说法正确的是（ ）
A．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 B．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子
C．小圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 D．小圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子
3．（2023·北京丰台·统考一模）下列核反应方程中，属于衰变的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·北京西城·统考一模）下列核反应方程式中，属于衰变的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2023·北京延庆·统考一模）在核反应方程中，X表示的是
A．质子 B．中子 C．电子 D．α粒子
6．（2023·北京石景山·统考一模）在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·北京海淀·统考一模）反冲是常见的现象。
（1）静止的铀核（）放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核（）。
a．请写出上述衰变过程的核反应方程；
b．求反冲的钍核的动能。（计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应）
（2）如图所示，用轻绳连接的滑块A和B（均可视为质点）静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）如图所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
参考答案
1．B
【详解】A．X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象，是由于其波长与原子间距相近，故A正确，不符合题意；
B．利用聚焦离子束技术可以将离子束聚焦后照射金属表面，使其发生光电效应，故B错误，符合题意；
C．氦3参与聚变反应，虽然不会产生核辐射，但反应过程中会存在质量亏损，释放能量，故C正确，不符合题意；
D．地磁场会使太阳风中的氦3发生偏转，影响其到达地面，故D正确，不符合题意；
故选B。
2．B
【详解】AC．由左手定则知α衰变后产生的径迹是两个外切的圆，β衰变后产生的径迹是两个内切的圆，故AC错误；
BD．根据
可知
因为发生衰变后动量守恒，两微粒的动量大小相等，则在磁场中的运动半径之比与电荷数成反比，则大圆是粒子的轨迹，故B正确，D错误。
故选B。
3．C
【详解】A．根据核反应的特点可知，该反应是原子核的人工转变方程，故A不符合题意；
B．根据核反应的特点可知，该反应是氢核聚变，故B不符合题意；
C．根据核反应的特点可知，该反应是β衰变，故C符合题意；
D．根据核反应的特点可知，该反应是衰变，故D不符合题意。
故选C。
4．A
【详解】A．反应核只有一个核，生成核中有粒子，属于衰变，A正确；
B．反应核只有一个核，生成核中有粒子，属于衰变，B错误
CD．反应核中的粒子均用来作为“炮弹”轰击相应原子核，属于人工核转变，CD错误。
故选A。
5．A
【详解】设X为：，根据核反应的质量数守恒：，则：
电荷数守恒：，则，即X为：为质子，故选项A正确，BCD错误．
点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X的种类．
6．C
【详解】金箔原子核带正电，与α粒子带同种电荷，彼此间相互排斥，又由曲线运动特征可知，α粒子所受金箔的排斥力应指向曲线的凹侧。
故选C。
7．（1）a．；b．；（2）见解析；（3）卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气
【详解】（1）a．根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程为
b．设质子和中子的质量均为m，衰变后氦核的速度为，钍核的速度为，选氦核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得钍核的速度大小为
又
则反冲的钍核的动能
（2）滑块A和B系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度分别为和，选取滑块A运动方向为正方向，则根据动量守恒定律可得
又由能量守恒定律可知，弹簧弹性势能为
则滑块A获得的动能为
m和均为定值，因此滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运动的速度为，喷出后卫星的速度为v，以喷气前卫星运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有
解得
由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度大的地方喷气，喷气后卫星的动能
也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。2023北京高三一模物理汇编
第二道计算题（第18题）
1．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与水平地面上的物块1接触（但未连接）。在外力作用下物块1静止，此时弹簧的压缩最为10，之后撤去外力，物块1开始向左运动，离开弹簧后与静止在水平地面上的物块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后二者粘在一起。已知两物块质量均为，弹簧的劲度系数，当弹簧形变量为x时弹簧具有的弹性势能为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力及一切摩擦，求：
（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小，
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小，
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能。
2．（2023·北京西城·统考一模）如图1所示，边长为l、总电阻为R的正方形导线框，以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度为B。
（1）求边刚进入磁场时，线框中产生的电动势E；
（2）求边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小F；
（3）以顺时针方向为电流的正方向，由线框在图示位置的时刻开始计时，在图2中画出线框中的电流随时间变化的图像，并求线框穿过磁场区域的全过程产生的电能。
3．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，两块带电金属极板a、b水平正对放置，极板长度、板间距均为L，板间存在方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计粒子重力。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小B；
（2）若撤去磁场只保留电场，求粒子射出电场时沿电场方向移动的距离y；
（3）若撤去电场，仅将磁感应强度大小调为B＇，粒子恰能从上极板右边缘射出，求B＇的大小。
4．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D两板分别带正电和负电，两板间场强为E，C、D两极板长均为L。一质量为m，电荷量为的带电粒子（不计重力）由静止开始经A、B加速后穿过C、D并发生偏转，最后打在荧光屏上。求：
（1）粒子离开B板时速度大小v；
（2）粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y；
（3）粒子打在荧光屏上时的动能。
5．（2023·北京丰台·统考一模）如甲图所示，有一边长l的正方形导线框abcd，质量，电阻，由高度h处自由下落，直到其上边cd刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的v-t图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是l，磁感应强度，重力加速度g取10。求：
（1）线框自由下落的高度h；
（2）导线框的边长l；
（3）某同学认为，增大磁场的磁感应强度B，保持其它条件不变，导线框速度随时间变化图像与乙图相同，你是否同意该同学的说法，请分析说明。
6．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，可绕过和边中点且垂直于磁场方向的轴匀速转动。已知矩形线圈边和边的长度，边和边的长度，匝数匝，线圈的总电阻。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷同的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度。在外力驱动下线圈绕轴转动的角速度。计算中取。求：
（1）通过电阻R的电流最大值；
（2）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热；
（3）线圈由图示位置（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
7．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，宽度为L的U型导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导体棒与导体框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度匀速向右运动。
（1）求通过导体棒的电流大小I；
（2）求拉力做功的功率P；
（3）某时刻撤去拉力，经过一段时间导体棒停在导体框上，求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
8．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，一个电阻、匝数（图中只画了1匝）的圆形金属线圈与的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为。求
（1）通过电阻R的电流大小I和方向；
（2）4s内：
a．通过电阻R的电荷量q；
b．电路中产生的焦耳热Q。
参考答案
1．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据胡克定律
代入数据解得
（2）物块1离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为物块1的动能
根据能量守恒定律
代入数据解得
（3）两物块碰撞过程动量守恒
根据能量守恒定律
代入数据解得
2．（1）；（2）；（3）图见解析，
【详解】（1）边刚进入磁场时，线框中产生的电动势
（2）边刚进入磁场时，线框中的电流
线框受到的安培力
联立解得
（3）线框中的电流随时间变化的图像见答图
线框穿过磁场区域的全过程产生的电能
其中
得
3．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有
得
（2）水平方向有
竖直方向有
得
（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系
得
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在加速电场中加速过程，由动能定理可得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得
联立解得
（3）粒子从开始运动到打在荧光屏上整个过程根据动能定理可知
所以有
5．（1）0.2m；（2）0.1m；（3）不同意，详见解析
【详解】（1）导线框下落h的过程中做自由落体运动
解得
（2）导线框穿过磁场过程中合力为零，则根据感应电动势和安培力的表达式得
，，
联立可得
（3）不同意该同学的说法。题中导线框释放后先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，导线框所受重力与安培力大小相等，导线框做匀速直线运动，v-t图像为与t轴平行的直线。
若增大磁感应强度，导线框释放后仍然先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，由于安培力的表达式为
所以导线框所受的安培力与重力大小不等，导线框不再做匀速直线运动，因此v-t图像不可能与t轴平行。
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为
其中
代入相关数据求得
根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值
（2）线圈中产生感应电流的有效值为
得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热
联立代入相关数据求得
（3）线圈由图示位置（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量
代入相关已知数据求得
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）导体棒以速度匀速向右运动时产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体棒的电流大小为
（2）根据能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路的消耗的电功率，即
（3）从撤去拉力到导体棒ab最终停止的过程，回路产生的总热量为
由于通过导体棒ab和电阻R的电流时刻相等，根据焦耳定律可推知在此过程中电阻R上产生的热量为
8．（1）0.4A，方向有b到a；（2）a．1.6C；b．6.4J
【详解】（1）由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为，可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a，有
解得
（2）a．之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4A，则其电荷量有
b．根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为2023北京高三一模物理汇编
第一道计算题（第17题）
1．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨和固定在绝缘水平面上，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计，在导轨的一端连接有阻值为R的定值电阻。一根长度为l，质量为m、电阻为的导体棒垂直于导轨放置，并始终与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体棒在水平向右的拉力作用下，沿导轨做匀速直线运动，速度大小为v，空气阻力可忽略不计。
（1）求通过定值电阻的电流大小及方向。
（2）求导体棒运动t时间内，拉力所做的功。
（3）若在水平向右的拉力不变的情况下，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，有同学认为：“由于导体棒所受的安培力方向会发生改变，导体棒不能再向右做匀速直线运动。”该同学的观点是否正确，说明你的观点及理由。
2．（2023·北京西城·统考一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动．如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，沿着倾角的平直山坡直线滑下，当速度达到时他收起雪杖自由下滑，在此后的时间内滑下的路程为。将这内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取．求这内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能。
3．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，竖直平面内半径的光滑1/4圆弧轨道固定在水平桌面上，与桌面相切于B点。质量的小物块由A点静止释放，最后静止于桌面上的C点。已知物块与桌面间的动摩擦因数。取。求：
（1）物块在B点时的速度大小；
（2）物块在B点时所受圆弧轨道的支持力大小N；
（3）B、C两点间的距离x。
4．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度，一端连接的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。电阻的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右以匀速运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力．求：
（1）电动势的大小；
（2）导体棒两端的电压；
（3）通过公式推导证明：导体棒向右匀速运动时间内，拉力做的功等于电路获得的电能。
5．（2023·北京丰台·统考一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是。盘面上距圆盘中心的位置有一个质量为的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
6．（2023·北京平谷·统考一模）长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。重力加速度为g。
（1）在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
（2）使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为，求此时小球做圆周运动的角速度。
（3）若图a和图b中细绳拉力分别为T和，比较T和的大小。
7．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为）．
（1） 在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力．求小球通过最低点时:
a．小球的动量大小；
b．小球对轻绳的拉力大小．
8．（2023·北京海淀·统考一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
参考答案
1．（1），方向从M到P；（2）；（3）该同学的观点不正确。若将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，由于磁场方向与原来相反，使得通过导体棒的电流方向与原来相反，但导体棒所受安培力方向不变，仍与外力平衡，导体棒可以向右做匀速直线运动
【详解】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律
通过定值电阻的电流大小
根据右手定则可知电流方向从M到P。
（2）导体棒做匀速直线运动，拉力等于安培力
导体棒所受安培力
导体棒运动t秒的位移
拉力F所做的功
联立可得
（3）该同学的观点不正确。若将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，由于磁场方向与原来相反，使得通过导体棒的电流方向与原来相反，但导体棒所受安培力方向不变，仍与外力平衡，导体棒可以向右做匀速直线运动。
2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑雪者做匀加速直线运动，则由位移与时间的关系式可得
解得
（2）根据牛顿第二定律，有
解得
（3）滑雪者损失的机械能
3．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块从A运动到B，根据机械能守恒定律有
得
（2）物块在B点时，根据牛顿第二定律有
得
（3）物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有得
解得
4．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为
（2）回路的感应电流为
则导体棒两端的电压为
（3）导体棒做匀速直线运动，则有
导体棒向右匀速运动时间内，拉力做的功为
时间内，电路获得的电能为
可得
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，由向心力公式可得，小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为
（2）根据题意可知，当小物体的向心力等于最大静摩擦力时，即将发生相对滑动，此时圆盘的角速度最大，则有
解得
（3）小物体飞出后做平抛运动，由平抛运动规律有
解得
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
解得
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据平衡条件可得
解得
（2）小球在水平面内做圆周运动，则
其中
解得
（3）图a和图b中细绳拉力分别为T和，则
则
7．（1） ；mgtanα；（2）；
【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小．
（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小．
【详解】（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图
根据平衡条件，得拉力的大小：
（2）a．小球从静止运动到最低点的过程中，
由动能定理：
则通过最低点时，小球动量的大小：
b．根据牛顿第二定律可得：
根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：
【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源．
8．（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）小球从A到B由机械能守恒定律
解得小球通过B点时的速度大小
（2）小球从A到C由机械能守恒定律
解得小球通过C点时的速度大小
在C点由牛顿第二定律
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小
方向竖直向下。
（3）小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以2023北京高三一模物理汇编
电路及其应用章节综合
1．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示是中国公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80％以上的动能转化成电能回收储存再使用．这种电车的核心元器件是“，”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”．下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容也逐渐增加
C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变
D．若标有“，”的电容器从电量为零到充满电用时，则充电平均电流为
2．（2023·北京海淀·统考一模）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。图中A、B端之间电压恒为U，灯泡L的电阻恒为R1，滑动变阻器R的最大阻值为R2，在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，应选择 _______ （选填“甲”“乙”或“丙”）电路，灯泡两端电压最大变化范围是 _________ 。
3．（2023·北京东城·统考一模）利用实验室的指针式多用电表研究如下问题。
（1）将多用电表的选择开关调到直流电压挡。如图甲所示，闭合开关，将电压表并联在A、B两点间，电压表示数为，并联在A、C两点间，电压表示数也为，并联在B、C两点间，电压表示数为零，已知，阻值相差不大，出现上述情况的原因可能是______。
A．段断路B．段断路C．段短路D．段短路
（2）将选择开关调到电阻挡“×1k”的位置，将红，黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表的指针指在表盘______（选填“左侧”或“右侧”）零刻度线处，将光敏电阻与欧姆表直接相连，通过用手遮挡的方式来改变照射到光敏电阻的光照强弱，在不改变选择开关位置的情况下，欧姆表指针位置发生变化，如图乙所示，由此可判断光照变弱时，该光敏电阻的阻值______（选填“变大”或“变小”）。
（3）如图丙所示是一个简单的欧姆表电路示意图，其中电流表电流为500μA，内阻为100Ω，电池电动势为1.5V，内阻为1Ω；变阻器最大阻值为5000Ω。
①调零后测量某定值电阻时，指针指在刻度盘的正中央，则该定值电阻阻值为______Ω。
②使用一段时间后电池老化，电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω，但仍可调零，正确操作后，测量另一个定值电阻，欧姆表读数为300Ω，则这个电阻的阻值应为______Ω。
4．（2023·北京朝阳·统考一模）某同学用伏安法测金属丝的电阻（阻值约5Ω左右）。实验所用器材为：电池组（电动势3V）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω）开关、导线若干。
（1）图中电压表的右端应与___________（选填“a”或“b”）点连接。
（2）图是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的右端。请根据（1）问中的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表读数均为最小值___________。
（3）该同学在坐标纸上建立如图所示的坐标系，标出了与测量数据对应的6个点。请在该图中描绘出I-U图线___________，利用图线可得该金属丝的阻值___________Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）通过电路元件的I-U图像可以了解其性能。该同学查阅说明书，了解到某元件具有维持用电器两端电压稳定的作用，其正常工作电压为3.0V，电流约为83mA，I-U图像如图所示。若使用该元件与一额定电压为3.0V的用电器并联，通过适当的电阻构成如图所示的电路。当输入电压在一定范围内波动时，用电器两端电压能够稳定在3.0V不变，请分析说明其原因___________。
5．（2023·北京石景山·统考一模）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）用学生实验室中的电压表（量程0~3V，内阻约为3kΩ）、电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω）和滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）测量一节旧干电池的电动势和内阻。要求尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的______（选填“甲”或“乙”）。
（2）关于指针式多用电表欧姆挡的使用操作，下列说法中正确的是( )
A．测电阻时，若改用不同倍率，需要重新欧姆调零
B．若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“”挡
C．测电阻时，电流从红表笔流出电表，经过待测电阻，从黑表笔流回电表
D．若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，指针先向右偏转再回到左端
（3）如图2所示，用伏安法测量待测电阻的阻值，M、N间电压为保持不变。选用三种不同规格的滑动变阻器，最大阻值分别是，，，从左向右移动滑片P，研究待测电阻两端的电压U与滑片的滑动距离L（滑片从左向右滑动的最大距离为）的关系，获得如图3所示的三条图线。请你结合三条图线判断：在使用图2所示电路测量待测电阻阻值的实验中，选择哪一种规格的滑动变阻器最合适，并简要说明理由。( )
6．（2023·北京平谷·统考一模）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。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆档粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（，内阻约） B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻约） D．电压表（，内阻约）
E．滑动变阻器（，额定电流1A） F．电源（12V，内阻约）
G．开关和导线若干
（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆档的“”倍率，示数如图甲，则读数为________Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。( )
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线。( )
1 2 3 4 5 6
1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0
53.5 160 267 374 411 588
（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为________（用D、L和R表示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是________（选填选项前的字母）。
A．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
参考答案
1．D
【详解】A．该电容器的容量为
故A错误；
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；
C．根据
可知电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；
D．标有“，”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量为
则充电平均电流为
故D正确。
故选D。
2． 乙 0~U
【详解】[1]在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，故填乙；
[2]根据乙图知，灯泡两端电压最大变化范围是：0~U
3． AD##DA 右侧 变大 3000 280
【详解】（1）[1]电压表有示数说明并联部分无短路，串联部分无断路，电压表无示数说明并联部分可能短路或者串联部分断路．根据题意电压表并联在A、C两点间，电压表示数为U1，当并联在A、B两点间时，电压表示数也为U1，当并联在B、C两点间时，电压表的示数为零，则可以判断电路的故障可能是AB段断路，也可能是BC段短路，故选AD。
（2）[2]将选择开关调到电阻挡“×1k”的位置，将红，黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表的指针指在表盘电阻档零刻度线即右侧零刻度线处。
[3]由图乙可知，遮挡后电阻变大，由此可判断光照变弱时，该光敏电阻的阻值变大。
（3）[4]调零后，欧姆表内阻
指针指在刻度盘的正中央，表盘中值电阻等于欧姆表内阻，即
[5]电动势变为1.4V调零后，欧姆表内阻
由300Ω对应的电流列出关系式
解得
4． a 4.3##4.4##4.5##4.6##4.7##4.8 见解析
【详解】（1）[1]依题意，金属丝的电阻较小，采用电流表外接法。电压表的右端应与a点连接。
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3] I-U图线如图所示
[4] 该金属丝的阻值为图线的斜率的倒数，即
（4）[5]当输入电压有所升高时，两端的电压瞬间大于3.0V，元件中电流从83mA急剧增大，使两端的电压增大，两端的电压又回到3.0V；当输入电压有所下降时，两端的电压瞬间小于3.0V，元件中电流从83mA急剧减小，使两端的电压减小，两端的电压又回到3.0V。因此，用电器两端电压能够稳定在3.0V不变。
5． 乙 AD 见解析
【详解】（1）[1]由于干电池的内阻较小，电压表的内阻远远大于干电池的内阻，而电流表的内阻与干电池的内阻相差不大，表明电压表的分流影响小于电流表的分压影响，图甲中的误差主要在于电流表的分压，图乙中的误差主要在于电压表的分流，因此图乙误差小一些，为了尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的图乙。
（2）[2]A．测电阻时，若改用不同倍率，欧姆表的内阻随之发生变化，则需要重新进行欧姆调零，A正确；
B．为了减小欧姆表的读数误差，需要使得指针指在中央刻线附近，即中值电阻与待测电阻的阻值相隔不太多，由于欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，可知需要使用“”挡，此时中值电阻为
与待测电阻的阻值相隔较近，如果采用挡，则中值电阻为
与待测电阻的阻值相隔太大，指针没有指在中央刻线附近，即若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“”挡，B错误；
C．根据“红进黑出”规律，测电阻时，电流从红表笔流回电表，经过待测电阻，从黑表笔流出电表，C错误；
D．若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，欧姆表中的电源先要对电容器充电，有充电电流，此时指针要向右偏转，充电完成后电路中没有电流，指针又再回到左端，即指针先向右偏转再回到左端，D正确。
故选AD。
（3）[3]滑动变阻器最合适，使用可使待测电阻电压变化范围较大，约占总电压的，电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节。
6． A D D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为
则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示
（4）[5]图线如图所示
（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为
则电导率为。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故选D。2023北京高三一模物理汇编
交变电流章节综合
1．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，一个理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接在交流电源上，其电压u随时间t变化规律为，副线圈接有的电阻。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为22 W B．副线圈输出交流电的周期为100 s
C．电压表的示数为311 V D．电流表的示数为2.5 A
2．（2023·北京朝阳·统考一模）如图是某交流发电机的示意图。当线圈abcd绕垂直于匀强磁场方向的转轴OO＇匀速转动时，电路中产生电流的最大值为，外电路的电阻为R。图示位置线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈转动的周期为T。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为零
B．在图示位置，线圈中的电流方向为a→b→c→d
C．在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
D．从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
3．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（ ）
A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大
C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大
4．（2023·北京西城·统考一模）如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为、，原线圈的输入功率为、电压为、电流为、频率为，副线圈的输出功率为、电压为、电流为、频率为．下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且，则，
B．若变压器为理想变压器，且，则，
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
5．（2023·北京西城·统考一模）一个白炽灯泡额定电压为，额定功率为，接在交流电源上正常工作，则（ ）
A．灯泡电压的峰值为
B．流过灯丝的电流有效值约为
C．内灯泡消耗的电能是
D．内灯丝产生的热量是
6．（2023·北京石景山·统考一模）交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（ ）
A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
7．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，可绕过和边中点且垂直于磁场方向的轴匀速转动。已知矩形线圈边和边的长度，边和边的长度，匝数匝，线圈的总电阻。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷同的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度。在外力驱动下线圈绕轴转动的角速度。计算中取。求：
（1）通过电阻R的电流最大值；
（2）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热；
（3）线圈由图示位置（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
8．（2023·北京丰台·统考一模）实验室有一种可拆变压器，原线圈为800匝，副线圈有400匝、300匝、200匝三种规格，但标记不清，某同学选用一组副线圈，把原线圈连接学生电源，测量原线圈的输入电压和副线圈输出电压，得到的数据如下表：
2.40 4.40 6.40 8.80 10.40
0.99 1.85 2.72 3.76 4.48
根据测量数据，可判断副线圈的匝数为________。
A．400匝 B．300匝 C．200匝
请说明你的判断依据：__________。
参考答案
1．A
【详解】BC．由题可知，电压u随时间t变化规律为，故原线圈输入交流电的周期为
原副线圈交流电的周期相同为0.02s
电压表的示数为交流电的有效值，故
BC错误；
AD．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，故副线圈的输出电压为
其中
故电流表的示数为0.5A
理想变压器原副线圈输入输出功率相等，即
A正确，D错误。
故选A。
2．A
【详解】AB．图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小且为零，电流最小也为零，故A正确，B错误；
C．电路中电流的有效值为
在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
故C错误；
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
故D错误。
故选A。
3．D
【详解】B．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得
由于理想变压器输入电压保持不变，可知副线圈输出电压不变，则电压表示数不变，故B错误；
ACD．将开关S闭合，副线圈总电阻减小，根据
可知副线圈总电流增大，根据
可知电阻R消耗的电功率增大；根据
可知原线圈输入功率增大，原线圈输入电流增大，即电流表的示数增大，故AC错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且，则根据
可知
若
根据
可知
由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
即
故D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．白炽灯泡额定电压为有效值，则灯泡电压的峰值大于220V，故A错误；
B．流过灯丝的电流有效值约为
故B错误；
CD．灯泡为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为热量，内灯泡消耗的电能即产生的热量是
故C正确，D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．根据
解得
故A错误；
B．根据
解得
故B错误；
CD．当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大。故C错误；D正确。
故选D。
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为
其中
代入相关数据求得
根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值
（2）线圈中产生感应电流的有效值为
得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热
联立代入相关数据求得
（3）线圈由图示位置（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量
代入相关已知数据求得
8． A 见解析
【详解】[1][2]理想变压器应满足，解得
又匝，由表中5组数据解得副线圈匝数分别为
，，，，
由于变压器线圈通过电流时会发热，铁芯在交变磁场作用下也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，因此实际测的副线圈电压小于理想变压器条件下的电压，即
故选A。2023北京高三一模物理汇编
交变电流的描述
一、单选题
1．（2023·北京·通州·高三一模）如图甲为交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动。线圈的电阻为，线圈与外电路连接的定值电阻为，电压表为理想交流电表。线圈产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为
B．电压表的读数为
C．时，线框平面与磁场平面平行
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为
2．（2023·北京·门头沟·高三一模）如图是交流发电机的示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，电刷E、F分别压在两个滑环上。线圈转动时通过滑环和电刷与外电路保持连接。当线圈从图示位置绕逆时针（从外往里看）匀速转动，所产生的电流i随时间t变化关系的图像是（设为正方向）（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·北京·房山·高三一模）一正弦式交变电流i随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时电流改变方向 B．该交变电流的频率为25Hz
C．该交变电流的有效值为 D．该交变电流的瞬时值表达式为
4．（2023·北京·西城·高三一模）一个白炽灯泡额定电压为，额定功率为，接在交流电源上正常工作，则（ ）
A．灯泡电压的峰值为
B．流过灯丝的电流有效值约为
C．内灯泡消耗的电能是
D．内灯丝产生的热量是
5．（2023·北京·朝阳·高三一模）如图是某交流发电机的示意图。当线圈abcd绕垂直于匀强磁场方向的转轴OO＇匀速转动时，电路中产生电流的最大值为，外电路的电阻为R。图示位置线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈转动的周期为T。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为零
B．在图示位置，线圈中的电流方向为a→b→c→d
C．在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
D．从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
6．（2023·北京·石景山·高三一模）交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（ ）
A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
二、解答题
7．（2023·北京·平谷·高三一模）如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，可绕过和边中点且垂直于磁场方向的轴匀速转动。已知矩形线圈边和边的长度，边和边的长度，匝数匝，线圈的总电阻。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷同的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度。在外力驱动下线圈绕轴转动的角速度。计算中取。求：
（1）通过电阻R的电流最大值；
（2）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热；
（3）线圈由图示位置（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
参考答案
1．D
【详解】A．由图乙，交流电的频率为
A错误；
B．电压表的读数为
B错误；
C．时，电压瞬时值为零，磁通量最大，线框平面与磁场平面垂直，C错误；
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为
D正确。
故选D。
2．A
【详解】线圈从图示位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，线圈绕逆时针旋转，根据楞次定律可知，感应电流的方向为，则电流为正方向。
故选A。
3．A
【详解】A．由图可知时电流从正值变成负值，即此时电流方向改变，A正确；
B．由图可知交变电流的周期为，故频率为
B错误；
C．该交变电流的有效值为
C错误；
D．该交变电流的瞬时值表达式为
D错误。
故选A。
4．C
【详解】A．白炽灯泡额定电压为有效值，则灯泡电压的峰值大于220V，故A错误；
B．流过灯丝的电流有效值约为
故B错误；
CD．灯泡为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为热量，内灯泡消耗的电能即产生的热量是
故C正确，D错误。
故选C。
5．A
【详解】AB．图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小且为零，电流最小也为零，故A正确，B错误；
C．电路中电流的有效值为
在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
故C错误；
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
故D错误。
故选A。
6．D
【详解】A．根据
解得
故A错误；
B．根据
解得
故B错误；
CD．当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大。故C错误；D正确。
故选D。
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为
其中
代入相关数据求得
根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值
（2）线圈中产生感应电流的有效值为
得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热
联立代入相关数据求得
（3）线圈由图示位置（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量
代入相关已知数据求得2023北京高三一模物理汇编
放射性元素的衰变
一、单选题
1．（2023·北京·门头沟·高三一模）在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料作为发电能源为火星车供电。中的Pu元素是，Pu核可发生衰变，衰变为。这个衰变的方程式是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氡原子核（）发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核。已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42∶1，下列说法正确的是（ ）
A．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 B．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子
C．小圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 D．小圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子
3．（2023·北京·西城·高三一模）下列核反应方程式中，属于衰变的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2023·北京·延庆·高三一模）在核反应方程中，X表示的是
A．质子 B．中子 C．电子 D．α粒子
二、解答题
5．（2023·北京·海淀·高三一模）反冲是大自然中的常见现象。静止的铀核放出动能为的粒子后，衰变为钍核。计算中不考虑相对论效应，不考虑核子间质量的差异。
（1）请写出上述过程的核反应方程；
（2）求反冲的钍核的动能。
6．（2023·北京·海淀·高三一模）反冲是常见的现象。
（1）静止的铀核（）放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核（）。
a．请写出上述衰变过程的核反应方程；
b．求反冲的钍核的动能。（计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应）
（2）如图所示，用轻绳连接的滑块A和B（均可视为质点）静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）如图所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
参考答案
1．A
【详解】依题意，衰变的方程式是
故选A。
2．B
【详解】AC．由左手定则知α衰变后产生的径迹是两个外切的圆，β衰变后产生的径迹是两个内切的圆，故AC错误；
BD．根据
可知
因为发生衰变后动量守恒，两微粒的动量大小相等，则在磁场中的运动半径之比与电荷数成反比，则大圆是粒子的轨迹，故B正确，D错误。
故选B。
3．A
【详解】A．反应核只有一个核，生成核中有粒子，属于衰变，A正确；
B．反应核只有一个核，生成核中有粒子，属于衰变，B错误
CD．反应核中的粒子均用来作为“炮弹”轰击相应原子核，属于人工核转变，CD错误。
故选A。
4．A
【详解】设X为：，根据核反应的质量数守恒：，则：
电荷数守恒：，则，即X为：为质子，故选项A正确，BCD错误．
点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X的种类．
5．（1）；（2）
【详解】（1）根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒，核反应方程为
（2）设氦核的质量为，速度大小为，钍核的质量为，速度大小为，根据动量守恒可得
又
联立解得反冲的钍核的动能为
6．（1）a．；b．；（2）见解析；（3）卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气
【详解】（1）a．根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程为
b．设质子和中子的质量均为m，衰变后氦核的速度为，钍核的速度为，选氦核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得钍核的速度大小为
又
则反冲的钍核的动能
（2）滑块A和B系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度分别为和，选取滑块A运动方向为正方向，则根据动量守恒定律可得
又由能量守恒定律可知，弹簧弹性势能为
则滑块A获得的动能为
m和均为定值，因此滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运动的速度为，喷出后卫星的速度为v，以喷气前卫星运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有
解得
由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度大的地方喷气，喷气后卫星的动能
也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。2023北京高三一模物理汇编
原子结构和波粒二象性
1．（2023·北京海淀·统考一模）下列现象中，揭示了光的粒子性的是（ ）
A．光电效应 B．光的干涉
C．光的偏振 D．光的衍射
2．（2023·北京海淀·统考一模）2022年10月31日“梦天”实验舱成功发射，其上配置了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，利用太空中的微重力环境和冷却技术，可获得地面无法制备的超冷原子。超冷原子是指温度接近0K状态下的原子（质量约10-27kg），其运动速度约为室温下原子速度（约500m/s）的5×10-5倍。超冷原子的制备要先利用激光冷却技术，使用方向相反的两束激光照射原子，原子会吸收激光的光子然后再向四周随机辐射光子，经过多次吸收和辐射后，原子的速度减小。同时施加磁场将原子束缚在一定区域内，避免原子逃逸，以延长原子与激光作用的时间。再用蒸发冷却技术，将速度较大的原子从该区域中排除，进一步降低温度。取普朗克常量h=6.63×10-34J·s。下列说法错误的是（ ）
A．太空中的微重力环境可使实验舱中的原子长时间处于悬浮状态，利于获得超冷原子
B．超冷原子的物质波波长约为10-5m量级
C．原子减速是通过原子向四周随机辐射光子实现的
D．超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似
3．（2023·北京海淀·统考一模）处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时（ ）
A．吸收光子，能量增加 B．吸收光子，能量减少
C．放出光子，能量增加 D．放出光子，能量减少
4．（2023·北京东城·统考一模）某型号智能手环在工作时会发出红光和绿光，与绿光相比（ ）
A．红光频率高 B．红光波长短
C．红光光子能量小 D．红光在真空中的传播速度快
5．（2023·北京朝阳·统考一模）下列说法正确的是（ ）
A．雨后出现的彩虹属于光的反射现象
B．光的干涉和衍射现象说明光是一种横波
C．用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象
D．测体温的额温枪是通过测量人体辐射的紫外线进行测温
6．（2023·北京朝阳·统考一模）氢原子的能级图如图甲所示，一群处于能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图乙电路中的阴极K，其中只有a、b两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极K，测得图乙中电流表随电压表读数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．题中的氢原子跃迁共能发出4种不同频率的光子
B．a光是从能级向能级跃迁产生的
C．a光的波长小于b光的波长
D．a光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比b光照射时的大
7．（2023·北京丰台·统考一模）下列各种现象中都表现出光具有波动性的是（ ）
A．光的直线传播现象、反射现象
B．光的全反射现象、折射现象
C．光的衍射现象、干涉现象
D．光的康普顿效应、光电效应
8．（2023·北京石景山·统考一模）从1907 年起，密立根就开始测量金属的遏止电压 （即图1 所示的电路中电流表G 的读数减小到零时加在电极K 、A 之间的反向电压）与入射光的频率，由此算出普朗克常量h ，并与普朗克根据黑体辐射得出的h 相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的图像如图2 所示．下列说法正确的是
A．该金属的截止频率约为4．27× 1014 Hz
B．该金属的截止频率约为5．50× 1014 Hz
C．该图线的斜率为普朗克常量
D．该图线的斜率为这种金属的逸出功
9．（2023·北京石景山·统考一模）在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023·北京石景山·统考一模）1913年，玻尔建立氢原子模型时，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动。他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动。已知电子质量为m，电荷量为，静电力常量为k，氢原子处于基态时电子的轨道半径为。不考虑相对论效应。
（1）氢原子处于基态时，电子绕原子核运动，求电子的动能。
（2）氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。已知当取无穷远处电势为零时，点电荷电场中距场源电荷Q为r处的各点的电势。求处于基态的氢原子的能量。
（3）许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。利用氢气放电管可获得氢原子光谱。1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用巴尔末公式表示，写做（n=3，4，5…），式中R叫做里德伯常量。玻尔回忆说：“当我看到巴尔末公式时，我立刻感到一切都明白了。”根据玻尔理论可知，氢原子的基态能量为，激发态能量为，其中n=2，3，4…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，请根据玻尔理论推导里德伯常量R。
参考答案
1．A
【详解】A．光电效应、康普顿效应能说明光具有粒子性，A正确；
BCD．光的干涉、光的偏振和光的衍射能说明光具有波动性，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】A．在微重力环境下，原子几乎不受外力，故而能够长时间处于悬浮状态，有利于激光照射，故利于获得超冷原子，A正确，不符合题意；
B．由德布罗意波波长公式
其中
解得超冷原子的物质波波长
故B正确，不符合题意；
C．原子减速是通过吸收迎面射来的激光光子的能量，从而动量减少，速度减小，故C错误，符合题意；
D．超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似，D正确，不符合题意。
故选C。
3．D
【详解】处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时，氢原子的能量减少，放出光子。
故选D。
4．C
【详解】红光与绿光相比，频率较低，光子能量较小，波长较长，光在真空中的传播速度一样快。
故选C。
5．C
【详解】A．雨后出现的彩虹属于光的色散现象。故A错误；
B．光的干涉和衍射现象说明光是波。故B错误；
C．用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象。故C正确；
D．测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温。故D错误。
故选C。
6．B
【详解】A．一群处于能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中，辐射出的光子的种类
A错误；
B．根据上述，6种光之中，只有2种能够使阴极K发生光电效应，可知这两种光在6种光之中的光子能量最大，即这两种是能级向能级跃迁与能级向能级跃迁产生的，根据图丙可知，a光的遏止电压小，则a光是从能级向能级跃迁产生的，B正确；
C．根据上述，a光的光子能量小于b光的光子能量，根据
可知，a光的波长大于b光的波长，C错误；
D．根据
由于a光的光子能量小于b光的光子能量，则a光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比b光照射时的小，D错误。
故选B。
7．C
【详解】光的直线传播、反射、折射、全反射、康普顿效应、光电效应证明了光具有粒子性，光的衍射、干涉、偏振现象证明了光具有波动性。
故选C。
8．A
【详解】试题分析：设金属的逸出功为，截止频率为，因此；光电子的最大初动能Ek 与遏止电压UC 的关系是，光电效应方程为；联立两式可得：，因此图像的斜率为，ＣＤ错误；当可解得，即金属的截止频率约为Hz，在误差允许范围内，可以认为A 正确；B 错误．
考点：光电效应．
9．C
【详解】金箔原子核带正电，与α粒子带同种电荷，彼此间相互排斥，又由曲线运动特征可知，α粒子所受金箔的排斥力应指向曲线的凹侧。
故选C。
10．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，则有
电子的动能为
解得
（2）电势能
基态氢原子能量
解得
（3）根据玻尔理论，巴尔末系的光子能量
则有
根据巴尔末公式
解得
既有2023北京高三一模物理汇编
法拉第电磁感应定律
一、单选题
1．（2023·北京丰台·统考一模）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在到时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
2．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．端电势始终低于端电势
B．杆中电流的大小、方向均保持不变
C．安培力对杆的冲量大小为
D．安培力对杆做的功为
3．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，用同种细导线做成两个闭合单匝线圈，正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等，把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中，线圈所在平面均与磁场方向垂直，若正方形，圆形线圈中感应电动势分别用，表示，感电流分别用，表示，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。已知线圈的电阻，则（ ）
A．线圈内感应电流的方向为顺时针 B．A点电势比B点电势低
C．通过电阻R的电流大小为 D．内电路中产生的电能为
5．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是（ ）
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为
B．全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
C．时刻，金属棒受到的安培力大小为
D．时刻，金属棒两端的电压
二、解答题
6．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨和固定在绝缘水平面上，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计，在导轨的一端连接有阻值为R的定值电阻。一根长度为l，质量为m、电阻为R的导体棒垂直于导轨放置，并始终与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体棒在水平向右的拉力作用下，沿导轨做匀速直线运动，速度大小为v，空气阻力可忽略不计。
（1）求通过定值电阻的电流大小及方向。
（2）求导体棒运动t时间内，拉力所做的功。
（3）若在水平向右的拉力不变的情况下，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，有同学认为：“由于导体棒所受的安培力方向会发生改变，导体棒不能再向右做匀速直线运动。”该同学的观点是否正确，说明你的观点及理由。
7．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度，一端连接的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。电阻的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右以匀速运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力．求：
（1）电动势的大小；
（2）导体棒两端的电压；
（3）通过公式推导证明：导体棒向右匀速运动时间内，拉力做的功等于电路获得的电能。
8．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，一个电阻、匝数（图中只画了1匝）的圆形金属线圈与的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为。求
（1）通过电阻R的电流大小I和方向；
（2）4s内：
a．通过电阻R的电荷量q；
b．电路中产生的焦耳热Q。
9．（2023·北京西城·统考一模）如图1所示，边长为l、总电阻为R的正方形导线框，以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度为B。
（1）求边刚进入磁场时，线框中产生的电动势E；
（2）求边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小F；
（3）以顺时针方向为电流的正方向，由线框在图示位置的时刻开始计时，在图2中画出线框中的电流随时间变化的图像，并求线框穿过磁场区域的全过程产生的电能。
10．（2023·北京丰台·统考一模）如甲图所示，有一边长l的正方形导线框abcd，质量，电阻，由高度h处自由下落，直到其上边cd刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的v-t图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是l，磁感应强度，重力加速度g取10。求：
（1）线框自由下落的高度h；
（2）导线框的边长l；
（3）某同学认为，增大磁场的磁感应强度B，保持其它条件不变，导线框速度随时间变化图像与乙图相同，你是否同意该同学的说法，请分析说明。
11．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，宽度为L的U型导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导体棒与导体框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度匀速向右运动。
（1）求通过导体棒的电流大小I；
（2）求拉力做功的功率P；
（3）某时刻撤去拉力，经过一段时间导体棒停在导体框上，求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
参考答案
1．A
【详解】A．时刻电流为0，说明感应电动势为零，由 可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B．由“来拒去留”可知在到时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由
可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感应电流方向为，则端电势始终高于端电势，故A错误；
B．根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C．安培力对杆的冲量大小为
又有、和，可得
则培力对杆的冲量大小为
故C正确；
D．根据题意，设安培力对杆做的功为，由动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
3．B
【详解】设正方形线圈的边长为L，则圆形线圈的直径也为L，根据法拉第电磁感应定律分别得正方形线圈与圆形线圈的感应电动势为
解得
根据电阻定律可得正方形线圈与圆形线圈的电阻分别为
根据欧姆定律
解得
故选B。
4．C
【详解】AB．由图可知，穿过线圈的磁通量方向向里增大，根据楞次定律可知，线圈内感应电流的方向为逆时针，外电路中电流从A点经电阻R流到B点，所以A点电势比B点电势高，故AB错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为
通过电阻R的电流大小为
故C正确；
D．0.2s内电路中产生的电能等于电路中产生的焦耳热，则有
故D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．全过程对导体棒用动能定理有
金属棒克服安培力做功为，A正确；
B．全过程中，设电阻R上产生的焦耳热为，电阻r上产生的焦耳热为，由能量守恒定律有，
解得
B正确；
C．时刻，金属棒受到的安培力F的大小为
解得
C正确；
D．时刻，根据闭合电路欧姆定律得，金属棒两端的电压为
D错误。
本题选不正确的，故选D。
6．（1），方向从M到P；（2）；（3）该同学的观点不正确。若将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，由于磁场方向与原来相反，使得通过导体棒的电流方向与原来相反，但导体棒所受安培力方向不变，仍与外力平衡，导体棒可以向右做匀速直线运动
【详解】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律
通过定值电阻的电流大小
根据右手定则可知电流方向从M到P。
（2）导体棒做匀速直线运动，拉力等于安培力
导体棒所受安培力
导体棒运动t秒的位移
拉力F所做的功
联立可得
（3）该同学的观点不正确。若将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，由于磁场方向与原来相反，使得通过导体棒的电流方向与原来相反，但导体棒所受安培力方向不变，仍与外力平衡，导体棒可以向右做匀速直线运动。
7．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为
（2）回路的感应电流为
则导体棒两端的电压为
（3）导体棒做匀速直线运动，则有
导体棒向右匀速运动时间内，拉力做的功为
时间内，电路获得的电能为
可得
8．（1）0.4A，方向有b到a；（2）a．1.6C；b．6.4J
【详解】（1）由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为，可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a，有
解得
（2）a．之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4A，则其电荷量有
b．根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为
9．（1）；（2）；（3）图见解析，
【详解】（1）边刚进入磁场时，线框中产生的电动势
（2）边刚进入磁场时，线框中的电流
线框受到的安培力
联立解得
（3）线框中的电流随时间变化的图像见答图
线框穿过磁场区域的全过程产生的电能
其中
得
10．（1）0.2m；（2）0.1m；（3）不同意，详见解析
【详解】（1）导线框下落h的过程中做自由落体运动
解得
（2）导线框穿过磁场过程中合力为零，则根据感应电动势和安培力的表达式得
，，
联立可得
（3）不同意该同学的说法。题中导线框释放后先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，导线框所受重力与安培力大小相等，导线框做匀速直线运动，v-t图像为与t轴平行的直线。
若增大磁感应强度，导线框释放后仍然先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，由于安培力的表达式为
所以导线框所受的安培力与重力大小不等，导线框不再做匀速直线运动，因此v-t图像不可能与t轴平行。
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）导体棒以速度匀速向右运动时产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体棒的电流大小为
（2）根据能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路的消耗的电功率，即
（3）从撤去拉力到导体棒ab最终停止的过程，回路产生的总热量为
由于通过导体棒ab和电阻R的电流时刻相等，根据焦耳定律可推知在此过程中电阻R上产生的热量为2023北京高三一模物理汇编
电学实验
1．（2023·北京东城·统考一模）利用实验室的指针式多用电表研究如下问题。
（1）将多用电表的选择开关调到直流电压挡。如图甲所示，闭合开关，将电压表并联在A、B两点间，电压表示数为，并联在A、C两点间，电压表示数也为，并联在B、C两点间，电压表示数为零，已知，阻值相差不大，出现上述情况的原因可能是______。
A．段断路B．段断路C．段短路D．段短路
（2）将选择开关调到电阻挡“×1k”的位置，将红，黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表的指针指在表盘______（选填“左侧”或“右侧”）零刻度线处，将光敏电阻与欧姆表直接相连，通过用手遮挡的方式来改变照射到光敏电阻的光照强弱，在不改变选择开关位置的情况下，欧姆表指针位置发生变化，如图乙所示，由此可判断光照变弱时，该光敏电阻的阻值______（选填“变大”或“变小”）。
（3）如图丙所示是一个简单的欧姆表电路示意图，其中电流表电流为500μA，内阻为100Ω，电池电动势为1.5V，内阻为1Ω；变阻器最大阻值为5000Ω。
①调零后测量某定值电阻时，指针指在刻度盘的正中央，则该定值电阻阻值为______Ω。
②使用一段时间后电池老化，电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω，但仍可调零，正确操作后，测量另一个定值电阻，欧姆表读数为300Ω，则这个电阻的阻值应为______Ω。
2．（2023·北京西城·统考一模）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）用游标卡尺测量某金属管的外径，示数如图1所示，则该金属管的外径为______mm．
（2）某同学用图2所示的电路测量电池的电动势和内电阻，调节滑动变阻器的滑片，得到多组电压表和电流表的示数，并在坐标纸上标出，如图3所示．请作出该电池的图线_______，并根据图线得出该电池的电动势______V（结果保留3位有效数字），内电阻______（结果保留2位有效数字）。
（3）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，获得图4所示的油膜轮廓．在计算油膜面积时，他把凡是半格左右的油膜都算成了一格，这一操作会导致实验测得的油酸分子直径偏大还是偏小_______？请分析说明理由________。
3．（2023·北京朝阳·统考一模）某同学用伏安法测金属丝的电阻（阻值约5Ω左右）。实验所用器材为：电池组（电动势3V）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω）开关、导线若干。
（1）图中电压表的右端应与___________（选填“a”或“b”）点连接。
（2）图是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的右端。请根据（1）问中的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表读数均为最小值___________。
（3）该同学在坐标纸上建立如图所示的坐标系，标出了与测量数据对应的6个点。请在该图中描绘出I-U图线___________，利用图线可得该金属丝的阻值___________Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）通过电路元件的I-U图像可以了解其性能。该同学查阅说明书，了解到某元件具有维持用电器两端电压稳定的作用，其正常工作电压为3.0V，电流约为83mA，I-U图像如图所示。若使用该元件与一额定电压为3.0V的用电器并联，通过适当的电阻构成如图所示的电路。当输入电压在一定范围内波动时，用电器两端电压能够稳定在3.0V不变，请分析说明其原因___________。
4．（2023·北京延庆·统考一模）某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：
热敏电阻（常温下约）；
电流表A（量程，内阻约）；
电压表V（量程，内阻约）；
电池组E（电动势，内阻约）；
滑动变阻器R（最大阻值为）；
开关S、导线若干、烧杯和水、温度计．
（1）根据实验所提供的器材，设计实验电路，画在左图所示的方框中。_________
（2）右图是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请根据你所设计的实验电路，补充完成实物间的连线。_________
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于_________端（填“a”或“b”）。
（4）若热敏电阻的阻值与温度的关系如图所示，关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法，下列叙述正确的是_________。
A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大
B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小
C．温度升高到一定值后，电流表宜采用外接法
D．温度升高到一定值后，电流表宜采用内接法
（5）现将此热敏电阻接在电流恒定的电路中，当它产生的热量与向周围环境散热达到平衡时，热敏电阻的温度稳定在某一值，且满足关系式，其中是散热系数，是电阻的温度，是周围环境温度，为电流），已知，，，结合上图可知该热敏电阻的温度稳定在___________。
5．（2023·北京平谷·统考一模）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。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆档粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（，内阻约） B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻约） D．电压表（，内阻约）
E．滑动变阻器（，额定电流1A） F．电源（12V，内阻约）
G．开关和导线若干
（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆档的“”倍率，示数如图甲，则读数为________Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。( )
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线。( )
1 2 3 4 5 6
1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0
53.5 160 267 374 411 588
（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为________（用D、L和R表示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是________（选填选项前的字母）。
A．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
6．（2023·北京石景山·统考一模）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）用学生实验室中的电压表（量程0~3V，内阻约为3kΩ）、电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω）和滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）测量一节旧干电池的电动势和内阻。要求尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的______（选填“甲”或“乙”）。
（2）关于指针式多用电表欧姆挡的使用操作，下列说法中正确的是( )
A．测电阻时，若改用不同倍率，需要重新欧姆调零
B．若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“”挡
C．测电阻时，电流从红表笔流出电表，经过待测电阻，从黑表笔流回电表
D．若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，指针先向右偏转再回到左端
（3）如图2所示，用伏安法测量待测电阻的阻值，M、N间电压为保持不变。选用三种不同规格的滑动变阻器，最大阻值分别是，，，从左向右移动滑片P，研究待测电阻两端的电压U与滑片的滑动距离L（滑片从左向右滑动的最大距离为）的关系，获得如图3所示的三条图线。请你结合三条图线判断：在使用图2所示电路测量待测电阻阻值的实验中，选择哪一种规格的滑动变阻器最合适，并简要说明理由。( )
参考答案
1． AD##DA 右侧 变大 3000 280
【详解】（1）[1]电压表有示数说明并联部分无短路，串联部分无断路，电压表无示数说明并联部分可能短路或者串联部分断路．根据题意电压表并联在A、C两点间，电压表示数为U1，当并联在A、B两点间时，电压表示数也为U1，当并联在B、C两点间时，电压表的示数为零，则可以判断电路的故障可能是AB段断路，也可能是BC段短路，故选AD。
（2）[2]将选择开关调到电阻挡“×1k”的位置，将红，黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表的指针指在表盘电阻档零刻度线即右侧零刻度线处。
[3]由图乙可知，遮挡后电阻变大，由此可判断光照变弱时，该光敏电阻的阻值变大。
（3）[4]调零后，欧姆表内阻
指针指在刻度盘的正中央，表盘中值电阻等于欧姆表内阻，即
[5]电动势变为1.4V调零后，欧姆表内阻
由300Ω对应的电流列出关系式
解得
2． 21.7 1.48（1.47～1.49） 0.73（0.70～0.74） 偏小 见解析
【详解】（1）[1]由图1可知孩游标卡尺有标尺为10分度，则最小刻度为0.1mm，故可知该金属管的内径为
（2）[2][3][4]由图像可知
图线与纵轴的交点表示电源的电动势，图线的斜率表示电源的内阻，故可得
，
（3）[5][6]根据体积公式
油酸分子的直径为
可知，凡是半格左右的油膜都算成了一格，则面积增大，因此计算得到的油酸分子的直径将偏小。
3． a 4.3##4.4##4.5##4.6##4.7##4.8 见解析
【详解】（1）[1]依题意，金属丝的电阻较小，采用电流表外接法。电压表的右端应与a点连接。
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3] I-U图线如图所示
[4] 该金属丝的阻值为图线的斜率的倒数，即
（4）[5]当输入电压有所升高时，两端的电压瞬间大于3.0V，元件中电流从83mA急剧增大，使两端的电压增大，两端的电压又回到3.0V；当输入电压有所下降时，两端的电压瞬间小于3.0V，元件中电流从83mA急剧减小，使两端的电压减小，两端的电压又回到3.0V。因此，用电器两端电压能够稳定在3.0V不变。
4． 见解析 见解析 a AC##CA 38
【详解】（1）[1]实验器材中的滑动变阻器（最大阻值为20 Ω）、热敏电阻（常温下约），滑动变阻器电阻远小于待测电阻；为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应采用分压接法；电流表A（内阻约）、电压表V（内阻约），根据
可见电流表对测量电阻的影响较小，所以电流表采用内接法；实验电路图如图所示
（2）[2]根据电路图，实物连线如图所示
（3）[3]闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于a端，使待测电阻两端的电压为零，起到保护电路的作用。
（4）[4] 电流表内接法会产生实验误差，由于电流表的分压，测量得到的两端电压比实际电压偏大，所以计算得到的电阻偏大。由图像可知热敏电阻随着温度的升高，电阻值逐渐减小；当较小时，满足
这时电流表采用外接法误差较小。
故选AC。
（5）[5]当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式
其中
，，
可得
在图像中画出该函数对应图线，如图所示
由图像交点对应温度可知，该热敏电阻的温度稳定在。
5． A D D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为
则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示
（4）[5]图线如图所示
（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为
则电导率为。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故选D。
6． 乙 AD 见解析
【详解】（1）[1]由于干电池的内阻较小，电压表的内阻远远大于干电池的内阻，而电流表的内阻与干电池的内阻相差不大，表明电压表的分流影响小于电流表的分压影响，图甲中的误差主要在于电流表的分压，图乙中的误差主要在于电压表的分流，因此图乙误差小一些，为了尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的图乙。
（2）[2]A．测电阻时，若改用不同倍率，欧姆表的内阻随之发生变化，则需要重新进行欧姆调零，A正确；
B．为了减小欧姆表的读数误差，需要使得指针指在中央刻线附近，即中值电阻与待测电阻的阻值相隔不太多，由于欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，可知需要使用“”挡，此时中值电阻为
与待测电阻的阻值相隔较近，如果采用挡，则中值电阻为
与待测电阻的阻值相隔太大，指针没有指在中央刻线附近，即若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“”挡，B错误；
C．根据“红进黑出”规律，测电阻时，电流从红表笔流回电表，经过待测电阻，从黑表笔流出电表，C错误；
D．若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，欧姆表中的电源先要对电容器充电，有充电电流，此时指针要向右偏转，充电完成后电路中没有电流，指针又再回到左端，即指针先向右偏转再回到左端，D正确。
故选AD。
（3）[3]滑动变阻器最合适，使用可使待测电阻电压变化范围较大，约占总电压的，电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节。2023北京高三一模物理汇编
氢原子光谱和玻尔的原子模型
一、单选题
1．（2023·北京·通州·高三一模）如图为氢原子能级图，大量处于激发态的氢原子，当它们自发地跃迁到较低能级时，下列说法正确的是（ ）
A．这些氢原子跃迁时最多可产生3种不同频率的光子
B．由能级跃迁到能级时发出光子的波长最长
C．核外电子动能减少，电势能增加
D．该氢原子放出光子，能量减少
2．（2023·北京·海淀·高三一模）处于第3激发态的氢原子，向第1激发态跃迁时（ ）
A．吸收光子，能量增加 B．吸收光子，能量减少
C．放出光子，能量增加 D．放出光子，能量减少
3．（2023·北京·海淀·高三一模）处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时（ ）
A．吸收光子，能量增加 B．吸收光子，能量减少
C．放出光子，能量增加 D．放出光子，能量减少
4．（2023·北京·朝阳·高三一模）氢原子的能级图如图甲所示，一群处于能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图乙电路中的阴极K，其中只有a、b两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极K，测得图乙中电流表随电压表读数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．题中的氢原子跃迁共能发出4种不同频率的光子
B．a光是从能级向能级跃迁产生的
C．a光的波长小于b光的波长
D．a光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比b光照射时的大
5．（2023·北京·汇文中学·高三一模）氢原子的能级图如图所示。如果大量氢原子处于n=4能级的激发态，下列说法正确的是（ ）
A．这群氢原子最多可能辐射3种不同频率的光子
B．从n =4能级跃迁到n =1能级的氢原子所辐射光子的波长最长
C．n=2能级的氢原子若吸收能量为1.89eV的光子，可以跃迁到n =3能级
D．n=4能级的氢原子至少需吸收13.6eV能量的光子才能电离
二、解答题
6．（2023·北京·石景山·高三一模）1913年，玻尔建立氢原子模型时，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动。他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动。已知电子质量为m，电荷量为，静电力常量为k，氢原子处于基态时电子的轨道半径为。不考虑相对论效应。
（1）氢原子处于基态时，电子绕原子核运动，求电子的动能。
（2）氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。已知当取无穷远处电势为零时，点电荷电场中距场源电荷Q为r处的各点的电势。求处于基态的氢原子的能量。
（3）许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。利用氢气放电管可获得氢原子光谱。1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用巴尔末公式表示，写做（n=3，4，5…），式中R叫做里德伯常量。玻尔回忆说：“当我看到巴尔末公式时，我立刻感到一切都明白了。”根据玻尔理论可知，氢原子的基态能量为，激发态能量为，其中n=2，3，4…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，请根据玻尔理论推导里德伯常量R。
参考答案
1．D
【详解】A．大量氢原子处于的激发态，由
知，最多能放出6种不同频率的光子，A错误；
B．从能级跃迁到能级，放出光子，极差最大，由
辐射光子频率最高，波长最小， B错误；
CD．当原子从第4能级自发地跃迁到较低能级时，放出光子，原子的能量减小，轨道半径减小，电子的动能增大，电势能减小，C错误，D正确。
故选D。
2．D
【详解】处于第3激发态的氢原子，向第1激发态跃迁时，要放出光子，原子的能量减小。
故选D。
3．D
【详解】处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时，氢原子的能量减少，放出光子。
故选D。
4．B
【详解】A．一群处于能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中，辐射出的光子的种类
A错误；
B．根据上述，6种光之中，只有2种能够使阴极K发生光电效应，可知这两种光在6种光之中的光子能量最大，即这两种是能级向能级跃迁与能级向能级跃迁产生的，根据图丙可知，a光的遏止电压小，则a光是从能级向能级跃迁产生的，B正确；
C．根据上述，a光的光子能量小于b光的光子能量，根据
可知，a光的波长大于b光的波长，C错误；
D．根据
由于a光的光子能量小于b光的光子能量，则a光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比b光照射时的小，D错误。
故选B。
5．C
【详解】A．这群原子能辐射出
种不同频率的光子，故A错误；
B．波长最短的辐射光对应着能级差最大，则是氢原子从n=4能级跃迁到能级n=1能级产生的，故B错误；
C．n=2能级的氢原子若吸收能量为1.89eV的光子
可以跃迁到n =3能级，故C正确；
D．n=4能级的氢原子至少需吸收0.85eV能量的光子才能电离，故D错误。
故选C。
6．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，则有
电子的动能为
解得
（2）电势能
基态氢原子能量
解得
（3）根据玻尔理论，巴尔末系的光子能量
则有
根据巴尔末公式
解得
既有2023北京高三一模物理汇编
机械振动章节综合
1．（2023·北京丰台·统考一模）图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为时刻拍摄的小球的像，N为时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在、时刻的加速度方向相同
B．增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少
C．小球从时刻运动至平衡位置的时间大于从时刻运动至平衡位置的时间
D．从时刻到时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大
2．（2023·北京平谷·统考一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
3．（2023·北京东城·统考一模）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）用游标卡尺测量圆管的外径d，示数如图甲所示，则_________。
（2）如图乙所示，用半径相同的A、B两球的碰撞验证“动量守恒定律”，实验中可以不测定小球碰撞前后的速度，而通过仅测量一个物理量，替代速度的测量，该物理量是__________。
A．小球开始释放时的高度
B．小球抛出点地面的高度
C．小球做平抛运动的水平射程
（3）利用图丙装置研究自由下落物体的机械能是否守恒时，实验结果往往是物体的重力势能的减少量略大于其动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是__________。
A．该误差属于偶然误差
B．该误差属于系统误差
C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D．可以通过减小摩擦阻力的影响来减小该误差
（4）利用图丁所示的单摆测量重力加速度，为了使测量误差尽量小，可以采取的措施是__________。
A．组装单摆时，选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆时，选用轻且不易伸长的细线
C．测周期时，在摆球通过最低点时开始计时
D．测周期时，测量一次全振动的时间
4．（2023·北京石景山·统考一模）某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是( )
A．用公式计算时，将摆线长当作摆长
B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C．确保摆球在同一竖直平面内摆动
D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
（2）在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出，将数据对应坐标点标注在坐标系（如图所示）中。请将，所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点描绘出图线( )，并通过图线求出当地的重力加速度______（结果保留3位有效数字）。
（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是( )
A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
（4）该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过一定测量，求出当地重力加速度”的方法。( )
参考答案
1．B
【详解】A．小球做简谐振动，加速度方向指向平衡位置，由图可知小球在、时刻的加速度方向相反，A错误；
B．小球做简谐振动的周期不变，增大增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时间减少，拍摄小球像的个数减少，B正确；
C．由图可知，点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从时刻运动至平衡位置的时间为,小球在位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从时刻运动至平衡位置的时间大于,所以小球从时刻运动至平衡位置的时间小于从时刻运动至平衡位置的时间，C错误；
D．从时刻到时刻的过程中，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，弹簧的弹性势能先减小后增大，小球的动能先增大后减小，D错误。
故选B。
2．D
【详解】因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知
细绳碰钉子的瞬间，由于小球水平方向合力为零，可知小球的速率不变；摆球经过O点时，由牛顿第二定律有
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故选D。
3． 23.7 C BD##DB BC##CB
【详解】（1）[1]圆管的外径为
（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中下落的高度相同，在空中运动的时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，所以可以用小球的水平射程代替小球的初速度，C正确，AB错误。
故选C。
（3）[3]实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免，系统误差时由于空气阻力与摩擦阻力造成的，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确，AC错误；
故选BD。
（4）[4] A．组装单摆须选用密度较大直径较小的摆球，A错误；
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，B正确；
C．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差小，时间测量相对准确，C正确；
D．把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误。
故选BC。
4． BC 9.86 B 见解析
【详解】（1）[1]A．用公式计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之后当作摆长，A错误；
B．实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，B正确；
CD．单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]将该坐标点标注在坐标中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
[3]根据
则有
结合图像有
解得
（3）[4]A．根据图线c的可知，在取为0时，L不为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，此时有
即有
该图像与摆线的长度大小无关，A错误；
B．若将摆线长记作摆长L，则有
即有
该函数对应的图像是a，即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，B正确；
C．根据上述可知，三条图像的斜率均为
解得
可知，三条图线求出的重力加速度相同，C错误。
故选B。
（4）[5]不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度，测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长，则摆长为
测出对应的周期。仅改变摆线长，第二次测出摆线长，则摆长为
测出对应的周期。根据
，
解得重力加速度2023北京高三一模物理汇编
电磁感应章节综合
1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．端电势始终低于端电势
B．杆中电流的大小、方向均保持不变
C．安培力对杆的冲量大小为
D．安培力对杆做的功为
2．（2023·北京东城·统考一模）如图所示电路中，灯泡A，B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．开关S由断开变为闭合时，A，B同时变亮，之后亮度都保持不变
B．开关S由断开变为闭合时，B先亮，A逐渐变亮，最后A，B一样亮
C．开关S由闭合变为断开时，A，B闪亮一下后熄灭
D．开关S由闭合变为断开时，A闪亮一下后熄灭，B立即熄灭
3．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，用同种细导线做成两个闭合单匝线圈，正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等，把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中，线圈所在平面均与磁场方向垂直，若正方形，圆形线圈中感应电动势分别用，表示，感电流分别用，表示，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·北京延庆·统考一模）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图1中，的电阻值小于的电阻值
B．图1中，断开开关瞬间，流过的电流方向自右向左
C．图2中，闭合瞬间，中电流与变阻器R中电流相等
D．图2中，闭合电路达到稳定时，变阻器R的电阻值大于的电阻值
5．（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。已知线圈的电阻，则（ ）
A．线圈内感应电流的方向为顺时针 B．A点电势比B点电势低
C．通过电阻R的电流大小为 D．内电路中产生的电能为
6．（2023·北京朝阳·统考一模）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中与的比值
7．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是（ ）
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为
B．全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
C．时刻，金属棒受到的安培力大小为
D．时刻，金属棒两端的电压
8．（2023·北京平谷·统考一模）摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是（ ）
A．铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
9．（2023·北京丰台·统考一模）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在到时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
10．（2023·北京石景山·统考一模）汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会发热
B．制动力的大小与导体运动的速度无关
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
11．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框，边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
12．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，一个电阻、匝数（图中只画了1匝）的圆形金属线圈与的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为。求
（1）通过电阻R的电流大小I和方向；
（2）4s内：
a．通过电阻R的电荷量q；
b．电路中产生的焦耳热Q。
13．（2023·北京东城·统考一模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨和固定在绝缘水平面上，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计，在导轨的一端连接有阻值为R的定值电阻。一根长度为l，质量为m、电阻为的导体棒垂直于导轨放置，并始终与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体棒在水平向右的拉力作用下，沿导轨做匀速直线运动，速度大小为v，空气阻力可忽略不计。
（1）求通过定值电阻的电流大小及方向。
（2）求导体棒运动t时间内，拉力所做的功。
（3）若在水平向右的拉力不变的情况下，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，有同学认为：“由于导体棒所受的安培力方向会发生改变，导体棒不能再向右做匀速直线运动。”该同学的观点是否正确，说明你的观点及理由。
14．（2023·北京西城·统考一模）如图1所示，边长为l、总电阻为R的正方形导线框，以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度为B。
（1）求边刚进入磁场时，线框中产生的电动势E；
（2）求边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小F；
（3）以顺时针方向为电流的正方向，由线框在图示位置的时刻开始计时，在图2中画出线框中的电流随时间变化的图像，并求线框穿过磁场区域的全过程产生的电能。
15．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度，一端连接的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。电阻的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右以匀速运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力．求：
（1）电动势的大小；
（2）导体棒两端的电压；
（3）通过公式推导证明：导体棒向右匀速运动时间内，拉力做的功等于电路获得的电能。
16．（2023·北京丰台·统考一模）如甲图所示，有一边长l的正方形导线框abcd，质量，电阻，由高度h处自由下落，直到其上边cd刚刚开始穿出匀强磁场为止，导线框的v-t图像如乙图所示。此匀强磁场区域宽度也是l，磁感应强度，重力加速度g取10。求：
（1）线框自由下落的高度h；
（2）导线框的边长l；
（3）某同学认为，增大磁场的磁感应强度B，保持其它条件不变，导线框速度随时间变化图像与乙图相同，你是否同意该同学的说法，请分析说明。
17．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，宽度为L的U型导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导体棒与导体框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度匀速向右运动。
（1）求通过导体棒的电流大小I；
（2）求拉力做功的功率P；
（3）某时刻撤去拉力，经过一段时间导体棒停在导体框上，求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
参考答案
1．C
【详解】A．根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感应电流方向为，则端电势始终高于端电势，故A错误；
B．根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C．安培力对杆的冲量大小为
又有、和，可得
则培力对杆的冲量大小为
故C正确；
D．根据题意，设安培力对杆做的功为，由动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
2．D
【详解】AB．开关S由断开变为闭合时，根据电感线圈的自感现象可知，A，B同时变亮，随着线圈上的电流逐渐增大，最终稳定时，线圈为可视为导线。则A灯逐渐变暗直至熄灭，电路中总电阻减小，则B灯逐渐变亮。故AB错误；
CD．开关S由闭合变为断开时，B立即熄灭，电感线圈电流不能突变为0，则会充当电源，回路中A灯变亮，之后线圈中电流减小，直至A灯熄灭。故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】设正方形线圈的边长为L，则圆形线圈的直径也为L，根据法拉第电磁感应定律分别得正方形线圈与圆形线圈的感应电动势为
解得
根据电阻定律可得正方形线圈与圆形线圈的电阻分别为
根据欧姆定律
解得
故选B。
4．B
【详解】AB．根据题意可知，断开开关瞬间，流过的电流由于自感现象保持不变，流过的原电流消失，和组成新的回路，此时流过电流大小与流过的电流大小相等，方向自右向左，灯突然闪亮，随后逐渐变暗是因为电路稳定时，的电流小于的电流，根据并联分流原理可知，的电阻小于的电阻，故A错误，B正确；
C．图2中，闭合瞬间，对电流有阻碍作用，所以中电流与变阻器中电流不相等，故C错误；
D．图2中，闭合，电路稳定时，与的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器与的电阻值相同，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】AB．由图可知，穿过线圈的磁通量方向向里增大，根据楞次定律可知，线圈内感应电流的方向为逆时针，外电路中电流从A点经电阻R流到B点，所以A点电势比B点电势高，故AB错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为
通过电阻R的电流大小为
故C正确；
D．0.2s内电路中产生的电能等于电路中产生的焦耳热，则有
故D错误。
故选C。
6．D
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯和的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流也是逐渐增加，A、B错误；
C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯和提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯和的电流相等，所以灯逐渐熄灭，C错误；
D．开关S闭合瞬间，灯和串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律
电路稳定后，流过D3的电流为
开关S断开瞬间，电感线圈能够为和提供与之前等大电流，故其两端电压为
所以
故可以推算出图乙中与的比值，D正确。
故选D。
7．D
【详解】A．全过程对导体棒用动能定理有
金属棒克服安培力做功为，A正确；
B．全过程中，设电阻R上产生的焦耳热为，电阻r上产生的焦耳热为，由能量守恒定律有，
解得
B正确；
C．时刻，金属棒受到的安培力F的大小为
解得
C正确；
D．时刻，根据闭合电路欧姆定律得，金属棒两端的电压为
D错误。
本题选不正确的，故选D。
8．B
【详解】AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，C错误；
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，永久磁体固定在转轴Ⅰ上，铝盘固定在转轴Ⅱ上，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，D错误。
故选B。
9．A
【详解】A．时刻电流为0，说明感应电动势为零，由 可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B．由“来拒去留”可知在到时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由
可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选A。
10．D
【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据
可知，制动过程中，导体会发热，A错误；
B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；
C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；
D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。
故选D。
11．D
【详解】A．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为，A错误；
B．线框中产生的感应电流为
空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；
C．线框边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式，故所受的安培力变大，C错误；
D．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为，根据左手定则可知，线框边所受的安培力水平向右，线框边所受的安培力水平向左。通电直导线的磁场分部特点可知边所处的磁场较大，根据安培力表达式可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。
故选D。
12．（1）0.4A，方向有b到a；（2）a．1.6C；b．6.4J
【详解】（1）由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为，可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a，有
解得
（2）a．之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4A，则其电荷量有
b．根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为
13．（1），方向从M到P；（2）；（3）该同学的观点不正确。若将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，由于磁场方向与原来相反，使得通过导体棒的电流方向与原来相反，但导体棒所受安培力方向不变，仍与外力平衡，导体棒可以向右做匀速直线运动
【详解】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律
通过定值电阻的电流大小
根据右手定则可知电流方向从M到P。
（2）导体棒做匀速直线运动，拉力等于安培力
导体棒所受安培力
导体棒运动t秒的位移
拉力F所做的功
联立可得
（3）该同学的观点不正确。若将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，由于磁场方向与原来相反，使得通过导体棒的电流方向与原来相反，但导体棒所受安培力方向不变，仍与外力平衡，导体棒可以向右做匀速直线运动。
14．（1）；（2）；（3）图见解析，
【详解】（1）边刚进入磁场时，线框中产生的电动势
（2）边刚进入磁场时，线框中的电流
线框受到的安培力
联立解得
（3）线框中的电流随时间变化的图像见答图
线框穿过磁场区域的全过程产生的电能
其中
得
15．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为
（2）回路的感应电流为
则导体棒两端的电压为
（3）导体棒做匀速直线运动，则有
导体棒向右匀速运动时间内，拉力做的功为
时间内，电路获得的电能为
可得
16．（1）0.2m；（2）0.1m；（3）不同意，详见解析
【详解】（1）导线框下落h的过程中做自由落体运动
解得
（2）导线框穿过磁场过程中合力为零，则根据感应电动势和安培力的表达式得
，，
联立可得
（3）不同意该同学的说法。题中导线框释放后先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，导线框所受重力与安培力大小相等，导线框做匀速直线运动，v-t图像为与t轴平行的直线。
若增大磁感应强度，导线框释放后仍然先做自由落体运动，当ab边进入磁场后，由于安培力的表达式为
所以导线框所受的安培力与重力大小不等，导线框不再做匀速直线运动，因此v-t图像不可能与t轴平行。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）导体棒以速度匀速向右运动时产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体棒的电流大小为
（2）根据能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路的消耗的电功率，即
（3）从撤去拉力到导体棒ab最终停止的过程，回路产生的总热量为
由于通过导体棒ab和电阻R的电流时刻相等，根据焦耳定律可推知在此过程中电阻R上产生的热量为2023北京高三一模物理汇编
机械波章节综合
1．（2023·北京海淀·统考一模）波源垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为
B．图甲中质点和的相位差为
C．图甲中质点在该时刻速度方向垂直纸面向外
D．图乙可能是质点的振动图像
2．（2023·北京东城·统考一模）图甲所示为一列简谐横波在时的波形图，图乙所示为该波中处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．此列波的传播速度为
B．此列波沿主轴正方向传播
C．时，质点P的运动速度为
D．时，质点P相对平衡位置的位移为
3．（2023·北京延庆·统考一模）一列简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中处质点P的振动图像．下列说法正确的是（ ）
A．此波的波速为 B．此波沿x轴正方向传播
C．时质点P的速度最大 D．时质点P的加速度最大
4．（2023·北京西城·统考一模）一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．此时质点K的速度方向沿y轴负方向
B．此时质点M的加速度方向沿y轴正方向
C．此时质点K的速度比质点L的小
D．此时质点K和质点M的相位相同
5．（2023·北京朝阳·统考一模）某地震局记录了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形。下列说法正确的是（ ）
A．该地震波的周期为0.5s
B．该地震波的波速为4km/s
C．时刻，处质点的振动方向沿y轴正方向
D．内处的质点沿x轴正方向前进2km的距离
6．（2023·北京石景山·统考一模）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．该时刻，处的质点速度最大
C．该时刻，处的质点速度最大
D．经过1个周期，处的质点运动的路程是8m
7．（2023·北京平谷·统考一模）一列简谐横波在时的波形图如图所示。介质中处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为（y的单位是cm）。则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长，振幅
B．处的质点此刻具有最大速度
C．该波沿x轴负方向传播
D．这列波的波速
参考答案
1．B
【详解】A．根据题意，由图甲可知
解得
由图乙可知，周期为，由公式可得，该波的波速为
故A错误；
B．根据题意，由图甲可知，质点和距离为半个波长，则相位差为，故B正确；
CD．根据题意，由图甲可知，再经过波谷传播到点，则该时刻质点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在时刻速度方向为垂直纸面向外，则图乙不是质点的振动图像，故CD错误。
故选B。
2．D
【详解】A．由图可知，该波的周期为
波长为
则波速为
故A错误；
B．处的质点P在时刻向下振动，根据“上下坡法”知，波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．根据图乙可知，时，质点P处于波谷处，速度为0m/s，故C错误；
D．根据图乙可知，时，质点P相对平衡位置的位移为，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．由图可知，此波的波长为
周期为
故此波的波速为
A错误；
B．根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，B正确；
C．时质点P处于最大振幅处，速度最小，C错误；
D．时质点P处于平衡位置，加速度最小，D错误。
故选B。
4．A
【详解】A．根据同侧法可知此时质点K的速度方向沿y轴负方向，故A正确；
B．由图可知，此时质点M的位移为正，则质点M所受的回复力方向指向y轴负方向，结合牛顿第二定律可知此时质点M的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；
C．由图可知，此时质点L处于位移最大处速度为零，质点K还没有到最大位移处，速度不为零，此时质点K的速度比质点L的大，故C错误；
D．根据同侧法可知K的速度方向沿y轴负方向，质点M的速度方向沿y轴正方向，则此时质点K和质点M的相位不相同，故D错误。
故选A。
5．B
【详解】AB．一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则该地震波的波速为
该地震波的周期为
故A错误，B正确；
C．根据波形平移法可知，时刻，处质点的振动方向沿y轴负方向，故C错误；
D．质点只是在平衡位置上下振动，不会随波向前移动，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．由于此时处质点的速度沿y轴正方向，根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，A错误；
B．质点在平衡位置的速度最大，在振幅位置的速度为0，该时刻，处的质点位移波峰位置，即位于振幅处，其速度最小，速度为0，B错误；
C．根据上述，该时刻，处的质点处于平衡位置，其速度最大，C正确；
D．经过1个周期，处的质点运动的路程为
D错误。
故选C
7．A
【详解】A．由波形图，可直接判断出该波的波长，振幅，故A正确；
B．由波形图知，处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；
C．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可得这列波的周期为
得波速
故D错误。
故选A。2023北京高三一模物理汇编
力学选择1
一、单选题
1．（2023·北京·丰台·高三一模）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
2．（2023·北京·通州·高三一模）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为
B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．时间内，弹簧的长度大于原长
D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小
3．（2023·北京·通州·高三一模）如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为-10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．时，手机已下降了约1.8m
B．时，手机正向上加速运动
C．加速度约为70m/s2时，手机速度为0
D．时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小
4．（2023·北京·通州·高三一模）为了节省能源，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．顾客仅在加速过程受摩擦力的作用
B．顾客所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
C．乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的机械能保持不变
D．扶梯对顾客作用力的方向先与速度方向相同，再竖直向上
5．（2023·北京·通州·高三一模）2022年6月5日，我国的神舟十四号载人飞船与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。对接前，飞船在空间站正下方200米的“保持点”处调整为垂直姿态（如图所示），并保持相对静止。准备好后，再逐步上升到“对接点”与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组合体绕地球做匀速圆周运动。已知地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处。下列说法正确的是（ ）
A．飞船维持在“保持点”的状态时，它的运动速度大于空间站运动速度
B．飞船维持在“保持点”的状态时，需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力
C．与地球同步卫星相比，组合体的运动周期更大
D．飞船一直加速才能从“保持点”上升到“对接点”
6．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，和是两相干水波波源，它们振动同步且振幅相同。实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。已知两列波的波长均为5cm，A、B、C三质点的平衡位置在同一直线上，且B点为AC连线的中点。下列说法正确的是（ ）
A．此时B点正竖直向下运动
B．C点处于振动的减弱区
C．此时A、C两点的竖直高度差为20cm
D．再经过半个周期，质点C运动至A处
7．（2023·北京·海淀·高三一模）在一轻弹簧下挂一重物，将它从位置处放开，它将迅速下降，直至位置后再返回（如甲图所示）。若我们用手托着该重物使它缓缓下降，最终它在达到位置后就不再运动了（如乙图所示）。记弹簧的弹性势能为、物体和地球的重力势能为、物体的动能为，弹簧始终处于弹性限度内，关于两次实验，下列说法正确的是（ ）
A．甲图里重物从到的过程中，持续减小
B．乙图里重物从到的过程中，持续增大
C．甲图里重物从到的过程中，保持不变
D．乙图里重物从到的过程中，保持不变
8．（2023·北京·门头沟·高三一模）“加速度的变化率”可以表示加速度随时间变化的快慢。汽车加速度的变化率越小，乘客舒适感越好。某汽车由静止启动，前3s内加速度随时间的变化关系如图所示，则（ ）
A．内汽车做匀加速运动
B．加速度变化率的单位为
C．第3s末，汽车速度达到
D．乘客感觉内比内更舒适
9．（2023·北京·门头沟·高三一模）幼儿园小朋友玩的滑梯如图1所示，为了研究方便，可将其简化为图2。已知滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为，某小朋友质量为m，重力加速度为g，滑梯与水平地面之间的夹角为。下列说法中正确的是（ ）
A．小朋友沿滑梯加速下滑时受力平衡
B．小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对平衡力
C．下滑过程中，小朋友受到的合力大小为
D．下滑过程中，小朋友受到的摩擦力大小为
10．（2023·北京·门头沟·高三一模）2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F“遥十五”运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”。对接后的组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．飞船发射阶段，航天员一直处于失重状态
B．飞船空间站组合体的运行速率一定小于
C．在组合体内，航天员绕地球做圆周运动的向心力由舱壁提供
D．与空间站相比，飞船与空间站组合体质量更大，向心加速度也更大
11．（2023·北京·门头沟·高三一模）一列简谐横波某时刻的波形如图所示，a、b为介质中的质点，此时质点a的速度方向沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该横波沿x轴负方向传播
B．质点b该时刻向y轴负方向运动
C．该时刻质点a的速度比质点b的速度小
D．该时刻质点a的加速度比质点b的加速度小
12．（2023·北京·房山·高三一模）如图所示，运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，由静止发力跳起摸高。忽略空气阻力影响，在蹬地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员始终处于超重状态
B．运动员机械能守恒
C．运动员一直做加速运动
D．地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量
13．（2023·北京·房山·高三一模）一个单摆在竖直平面内沿圆弧做往复运动。某时刻摆球由A点从静止开始摆动，如图所示摆线与竖直方向的夹角为，O点为摆动的最低点，则下列说法正确的是（ ）
A．摆球在O点受重力、拉力、向心力
B．摆球摆动到O点时所受合外力为零
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，动能增加
D．摆球经过P点时摆角小于，则摆球所受拉力与重力的合外力充当回复力
14．（2023·北京·房山·高三一模）我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道。A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．A卫星在P点的加速度大于B卫星在P点的加速度
B．A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道3的速度
C．B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时需要喷气减速
D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中引力做负功
15．（2023·北京·房山·高三一模）抖动细绳能形成简谐横波，某人时刻拿细绳的一端A开始上下抖动，细绳上各点做简谐运动，振幅为0.2m。时细绳上形成的波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．根据题中所给数据可以求出波速 B．A点的起振方向向上
C．此时C点的振动方向向上 D．再经过0.4s质点A将向右移动一个波长
16．（2023·北京·海淀·高三一模）只利用下列选项中的器材，不能测量出当地重力加速度的是（ ）
A．1根长度已知的直杆、1个质量未知的小物块、1块停表
B．1根长度已知的轻绳、2个质量已知的小物块、1个滑轮、1个铁架台
C．1个发射初速度已知的抛射器、1个质量未知的抛射物、1把直尺
D．1个质量已知的小物块、1根长度未知的轻绳、1把直尺、1块停表
17．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
18．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变
D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功
19．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道II或III。轨道I、II和III均与地球赤道面共面。变更轨道后（ ）
A．卫星沿轨道III运动
B．卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
20．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
21．（2023·北京·海淀·高三一模）波源垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为
B．图甲中质点和的相位差为
C．图甲中质点在该时刻速度方向垂直纸面向外
D．图乙可能是质点的振动图像
22．（2023·北京·东城·高三一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是（ ）
A．物块质量为0.7
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4
23．（2023·北京·东城·高三一模）某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（ ）
A．1.2G B．1.6G C．2.2G D．2.6G
24．（2023·北京·东城·高三一模）图甲所示为一列简谐横波在时的波形图，图乙所示为该波中处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．此列波的传播速度为
B．此列波沿主轴正方向传播
C．时，质点P的运动速度为
D．时，质点P相对平衡位置的位移为
25．（2023·北京·东城·高三一模）2022年11月1日，重约23吨的梦天实验舱与重约60吨的天和核心舱组合体顺利对接，完成了中国空间站建设最后一个模块的搭建。已知对接后中国空间站距地面高度约为400，地球同步卫星距地面高度约为36000，二者的运动均视为匀速圆周运动，则（ ）
A．对接前空间站内的宇航员不受地球引力作用
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用而产生的加速度大小相等
C．对接后中国空间站绕地球运行的速度小于7.9
D．对接后中国空间站的运行周期大于地球同步卫星的运行周期
26．（2023·北京·延庆·高三一模）顶端装有滑轮的粗糙斜面固定在地面上，A、B两物体通过细绳如图连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）．现用水平力F作用于悬挂的物体B上，使其缓慢拉动一小角度，发现A物体仍然静止。则在此过程中说法不正确的是（ ）
A．水平力F一定变大 B．物体A所受斜面给的摩擦力一定变大
C．物体A所受斜面给的支持力一定不变 D．细绳对物体A的拉力一定变大
27．（2023·北京·延庆·高三一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度h的变化如图乙所示。，，。则（ ）
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
28．（2023·北京·延庆·高三一模）北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．“问天实验舱”的质量为
B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
29．（2023·北京·延庆·高三一模）一列简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中处质点P的振动图像．下列说法正确的是（ ）
A．此波的波速为 B．此波沿x轴正方向传播
C．时质点P的速度最大 D．时质点P的加速度最大
二、多选题
30．（2023·北京·西城·高三一模）木星有多颗卫星，下表列出了其中两颗卫星的轨道半径和质量，两颗卫星绕木星的运动均可看作匀速圆周运动。由表中数据可知（ ）
卫星 轨道半径r/km 卫星质量m/kg
木卫一
木卫二
A．木星对木卫一的万有引力小于木星对木卫二的万有引力
B．木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度
C．木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度
D．木卫一绕木星运动的周期大于木卫二绕木星运动的周期
31．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，轻杆的一端固定在通过点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、点为最低点，点与点等高，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向上
B．小球经过B点时，其加速度的方向沿着方向
C．从点到A点的过程，小球重力的功率保持不变
D．从点到A点的过程，杆对小球的作用力做正功
32．（2023·北京·海淀·高三一模）B如图所示，两个质量均为的物块用劲度系数为的轻弹簧相连，竖直放置在水平面上静止。现用竖直向上的力拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止。重力加速度为。上述过程中，下列判断正确的是（ ）
A．拉力的大小从零逐渐增大到
B．拉力做的功等于M的重力势能的增加
C．弹簧的弹性势能逐渐增大
D．该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同
33．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为的小物块恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止。现给施加一沿斜面向下的推力，使沿斜面匀加速下滑。施加后，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对的支持力和摩擦力都不变
B．对斜面的作用力方向竖直向下
C．水平面对斜面的支持力增大
D．小物块的加速度为
34．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，竖直放置的平行金属导轨之间接有定值电阻，金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场内，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力作用下加速上升的一段时间内，下列判断正确的是（ ）
A．与安培力做的功的代数和等于棒的机械能增加量
B．与安培力做的功的代数和等于棒的动能增加量
C．克服重力做的功等于棒的重力势能的增加量
D．克服安培力做的功等于电阻上放出的热量
参考答案
1．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。
2．B
【详解】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～1s时间内的过程，由动量守恒定律得
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
故A错误；
B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；
C．在时刻弹簧压缩至最短，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；
D．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大
故选B。
3．C
【详解】A．由图可知0-0.4s手机静止，从约0.4s开始运动，0.5s开始做自由落体运动，时手机下降高度约为
故A错误；
BCD．由图像可知0.6s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速度运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C正确，BD错误。
故选C。
4．A
【详解】A．电梯慢慢加速时，顾客受重力、支持力、摩擦力作用，匀速转动时，顾客受重力、支持力作用，所以仅在加速过程受摩擦力的作用，故A正确；
B．设扶梯倾角为，将加速度分解，结合牛顿第二定律有
所以摩擦力大小与扶梯加速度大小有关，故B错误；
C．乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的动能不变，重力势能增大，所以机械能增大，故C错误；
D．电梯慢慢加速时，扶梯对顾客作用力即为支持力和摩擦力的合力，其方向指向右上方，匀速阶段时只有支持力，竖直向上，故D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“保持点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的，轨迹半径较小，故它的运动速度小于空间站运动速度，A错误；
B．飞船维持在“保持点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有
飞船维持在“保持点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可知
需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，即
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
可知与地球同步卫星相比，组合体的运动周期更小，故C错误；
D．飞船通过点火加速能从“保持点”上升到“对接点”，但不需要一直加速，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】A．波从C点向B点传播，所以此时B点正竖直向下运动，A正确；
B．C点波谷与波谷相遇，振动加强，B错误；
C．此时A、C两点振动均加强，A处于波峰位置，偏离平衡位置，C处于波谷位置，偏离平衡位置，竖直高度差为，C错误；
D．质点不随波迁移，D错误。
故选A。
7．C
【详解】A．由题意可知，甲图里重物在达到位置处，弹簧的弹力与重物的重力大小相等，此时重物的速度最大，则有在重物从到的过程中，弹力大于重力，重物做减速运动，动能减小，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，持续增大，A错误；
B．乙图里重物从到的过程中，用手托着该重物使它缓缓下降，重物动能不变，可手对重物的支持力对重物做负功，则系统的机械能减小，则有持续减小，B错误；
C．甲图里重物从到的过程中，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，则有保持不变，C正确；
D．乙图里重物从到的过程中，手对重物的支持力对重物做负功，因此系统的机械能减小，则有减小，D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．由图可知，内汽车的加速度增大，不是匀加速运动，故A错误；
B．加速度变化率为加速度变化量与时间的比值，则单位为
故B错误；
C．图像中面积表示速度的变化量，则内汽车速度的变化量为
则第3s末，汽车速度达到，故C正确；
D．由题意可知，加速度的变化率越小，乘客舒适感越好，由图可知，内比内的加速度的变化率大，则内更舒适，故D错误。
故选C。
9．D
【详解】A．小朋友沿滑梯加速下滑时具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡。故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对相互作用力。故B错误；
CD．对小朋友受力分析，分解重力，可得
又
故C错误；D正确。
故选D。
10．B
【详解】A．飞船发射阶段，航天员随飞船加速上升，一直处于超重状态。故A错误；
B．第一宇宙速度是地球卫星的最大环绕速度，所以飞船空间站组合体的运行速率一定小于。故B正确；
C．在组合体内，航天员绕地球做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供。故C错误；
D．根据
可知，与空间站相比，飞船与空间站组合体质量更大，但是向心加速度大小不变。故D错误。
故选B。
11．C
【详解】AB．由波形图可知，此刻质点a的速度方向沿y轴正方向，则根据同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，而由该波沿x轴正方向传播，再由同侧法可知，质点b该时刻向y轴正方向运动，故AB错误；
CD．由波形图可知，该时刻，质点b比质点a离平衡位置更近，而离平衡位置越近速度就越大，回复力和加速度就越小，处于平衡位置的质点，速度达到最大，加速度为零，故C正确，D错误。
故选C。
12．D
【详解】AC．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，当地面支持力等于重力时速度最大，之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速，当脚与地面作用力为零时，离开地面。故运动员先超重后失重，AC错误；
B．蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，机械能不守恒，B错误；
D．对运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程应用动量定理
故地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量，D正确。
故选D。
13．C
【详解】A．摆球在O点受重力、拉力，A错误；
B．摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，B错误；
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由动能定理可知，动能增加，C正确；
D．摆球经过P点时摆角小于，则摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，D错误。
故选C。
14．D
【详解】A．两卫星在P点时，根据
可得
显然两卫星的加速度相同，故A错误；
B．由题知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有
可得
由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误。
C．卫星从低轨道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误；
D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减少，则动能减小，故引力做负功，故D正确。
故选D。
15．C
【详解】A．由图可知经过波向右传播一个波长，即周期，由于不知道波长，所以求不出波速，A错误；
B．经过一个周期波刚好传到E点，故E点此时的振动方向与A点的起振方向相同，此时E点向下振动，所以A点的起振方向向下，B错误；
C．波向右传播，根据同侧法可知此时C点的振动方向向上，C正确；
D．质点不随波迁移，D错误。
故选C。
16．B
【详解】AD．利用长度已知的直杆测得小物块下落的高度，或者利用直尺测得轻绳长度，则可知小球下落的高度，根据停表测得时间，则由
可测得重力加速度，故AD正确；
B．根据选项器材无法测得重力加速度，故B错误；
C．利用直尺测得抛射器的高度，水平发射抛射物，根据直尺测得抛射物的水平距离，根据
，
可测得重力加速度，故C正确；
本题选择错误选项，故选B。
17．C
【详解】A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为，则有
联立解得
故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
18．D
【详解】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时
则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时
则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度
则杆对小球无作用力。故A错误；
B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故B错误；
C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知
故杆对小球的作用力做负功。故D正确。
故选D。
19．B
【详解】A．卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动，A错误；
B．卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据
得
可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C．根据
得
由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。
故选B。
20．C
【详解】小物块加速度沿斜面向下，根据对斜面体和小物块整体分析可知，将整体加速度分解为水平方向的和竖直方向的，则根据牛顿第二定律
，
故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和。
故选C。
21．B
【详解】A．根据题意，由图甲可知
解得
由图乙可知，周期为，由公式可得，该波的波速为
故A错误；
B．根据题意，由图甲可知，质点和距离为半个波长，则相位差为，故B正确；
CD．根据题意，由图甲可知，再经过波谷传播到点，则该时刻质点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在时刻速度方向为垂直纸面向外，则图乙不是质点的振动图像，故CD错误。
故选B。
22．A
【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
，
故A正确，B错误；
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误；
D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。
故选A。
23．C
【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理
其中
穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有
解得
故选C。
24．D
【详解】A．由图可知，该波的周期为
波长为
则波速为
故A错误；
B．处的质点P在时刻向下振动，根据“上下坡法”知，波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．根据图乙可知，时，质点P处于波谷处，速度为0m/s，故C错误；
D．根据图乙可知，时，质点P相对平衡位置的位移为，故D正确。
故选D。
25．C
【详解】A．对接前空间站内的宇航员依然会受到地球引力的作用，故A错误；
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用力大小相等，由牛顿第二运动定律可知，质量不同，加速度不同，故B错误；
C．绕地球运行的所有圆周运动卫星，其速度都小于第一宇宙速度，故C正确；
D．中国空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以，接后中国空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，故D错误。
故选C。
26．B
【详解】AD．如图所示，对物块B受力分析，如图所示
根据受力平衡可得
，
当B被拉动一个小角度后，θ增大，则力F增大，同时细绳对物体A的拉力T增大，故AD正确，不满足题意要求；
B．A开始时受静摩擦力可能向上也可能向下，则当绳子的拉力变大时，A受到斜面的摩擦力可能减小也可能增大，故B错误，满足题意要求；
C．以A物体为对象，垂直斜面方向根据受力平衡可得
可知物体A所受斜面给的支持力一定不变，故C正确，不满足题意要求。
故选B。
27．B
【详解】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
解得
故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为
整个过程由动能定理有
其中
解得
故D错误。
故选B。
28．C
【详解】A．根据引力提供向心力可知
解得地球的质量为
A错误；
B．漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的速度，C正确；
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误。
故选C。
29．B
【详解】A．由图可知，此波的波长为
周期为
故此波的波速为
A错误；
B．根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，B正确；
C．时质点P处于最大振幅处，速度最小，C错误；
D．时质点P处于平衡位置，加速度最小，D错误。
故选B。
30．BC
【详解】A．根据万有引力表达式
可知木卫一质量大、轨道半径小，所以木星对木卫一的万有引力大于木星对木卫二的万有引力，故A错误；
B．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度，故B正确；
C．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度，故C正确；
D．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的周期小于木卫二绕木星运动的周期，故D错误。
故选BC。
31．BD
【详解】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，当此时小球经过A点速度
此时杆对小球无作用力。则当小球速度时，则小球所受杆的作用力竖直向上；当小球速度，时小球所受杆的作用力竖直向下，故A错误；
B．小球经过B点时，做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则小球所受杆的作用力指向圆心，所以小球经过B点时，其加速度的方向沿着方向，故B正确；
C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从C点到A点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D．从C到A的过程中，重力做负功，根据动能定理
故杆对小球的作用力做正功。故D正确。
故选BD。
32．ABD
【详解】A．拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止，对M、N整体有
可知整个过程拉力的大小从零逐渐增大到，故A正确；
B．初始对物块M分析得弹簧的压缩量
物块N刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为
可知初态弹簧的压缩量与末态弹簧的伸长量相等，所以该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，弹性势能变化量为零，由功能关系可知拉力做的功等于的重力势能的增加，故BD正确；
C．弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C错误。
故选ABD。
33．ABD
【详解】ABC．由题可知，给施加一沿斜面向下的推力，并不改变斜面对P的支持力大小，即斜面对P的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时P的分析可知，P所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力没有发生变化，AB正确，C错误；
D．给施加一沿斜面向下的推力，物块所受合力等于F，根据牛顿第二定律可得
D正确。
故选ABD。
34．ACD
【详解】A．除重力以外其它力做功等于机械能的增量，可知与安培力做功的代数和等于棒的机械能增加量，故A正确；
B．合力做功等于动能的增加量，即、安培力和重力做功的代数和等于棒动能的增加量，故B错误；
CD．由功能关系可知，克服重力做功等于棒重力势能的增加量，克服安培力做的功等于等于整个电路中电阻产生的热，棒与导轨的电阻均不计，则克服安培力做的功等于电阻上放出的热量，故CD正确。
故选ACD。2023北京高三一模物理汇编
热力学第一定律
一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考一模）一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T变化的情况如图所示。气体先后经历状态A、B和C，下列说法正确的是（ ）
A．从状态A到状态B，气体压强保持不变
B．从状态A到状态B，气体内能保持不变
C．从状态B到状态C，气体对外做功
D．从状态B到状态C，气体向外放热
2．（2023·北京延庆·统考一模）下列说法正确的是（ ）
A．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动
B．分子间的作用力总是随分子间距增大而增大
C．一定质量的气体膨胀对外做功，气体的内能一定增加
D．在绕地球运行的“天宫二号”中飘浮的水滴几乎呈球形，这是表面张力作用使其表面具有收缩趋势而引起的结果
3．（2023·北京朝阳·统考一模）关于质量一定的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体温度降低，其压强可能增大
B．气体体积减小，其压强一定增大
C．气体不断被压缩的过程中，其内能一定增加
D．气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能一定不变
4．（2023·北京丰台·统考一模）一定质量的理想气体在温度不变时，压强与体积的关系如图所示，气体由状态A到状态B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．气体对外界做功 B．气体对外界放热
C．气体内能增大 D．分子热运动的平均动能增大
5．（2023·北京平谷·统考一模）下列说法正确的是（ ）
A．同一个物体，运动时的内能一定比静止时的内能大
B．物体温度升高，物体内分子的平均动能增加
C．物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加
D．外界对物体做功，物体的内能一定增加
参考答案
1．A
【详解】A．从状态A到状态B，气体作等压变化，故A正确；
B．从状态A到状态B，温度升高，所以气体内能变大，故B错误；
CD．从状态B到状态C，温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。故CD错误。
故选A。
2．D
【详解】A．扩散现象是分子的无规则热运动，布朗运动是固体微小颗粒的无规则运动，不是分子的无规则热运动，故A错误；
B．分子间的作用力体现为斥力时，随分子间距增大而减小；分子间的作用力体现为引力时，随分子间距增大先增大后减小，故B错误；
C．一定质量的气体膨胀对外做功，由于不清楚热传递情况，故无法判断气体的内能变化，故C错误；
D．在绕地球运行的“天宫二号”中飘浮的水滴几乎呈球形，这是表面张力作用使其表面具有收缩趋势而引起的结果，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】A．气体温度降低，若体积也减小，其压强可能增大，故A正确；
B．气体体积减小，若温度也降低，其压强不一定增大，故B错误；
C．气体不断被压缩的过程中，外界对气体做正功，如果气体同时向外界放热，气体内能不一定增加，故C错误；
D．气体与外界不发生热量交换的过程中，如果外界对气体做功，气体内能发生变化，故D错误。
故选A。
4．A
【详解】A．理想气体由状态A到状态B，体积变大，所以气体对外界做功，A正确；
C．理想气体分子势能为零，内能由分子动能决定，温度不变，一定质量气体分子动能不变，故气体内能不变，C错误；
B．根据热力学第一定律
由上述分析知
故
气体吸收热量，故B错误；
D．温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，分子热运动的平均动能不变，故D错误。
故选A。
5．B
【详解】A．微观物体的内能与宏观物体的机械能无关，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，则当物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增加，故B正确；
CD．改变内能的两种方式做功和热传递，内能的变化要从这两方面考虑，故CD错误。
故选B。2023北京高三一模物理汇编
电磁学选择1
一、单选题
1．（2023·北京·通州·高三一模）1912年劳埃等人根据理论预见，并用实验证实了X射线与晶体相遇时能发生衍射现象，证明了X射线具有电磁波的性质，成为X射线衍射学的第一个里程碑。X射线衍射分析是利用晶体形成的X射线衍射图样，对物质进行内部原子在空间分布状况的结构分析方法。X射线衍射的原理是：由于晶体内部规则排列的原子间距离与X射线波长具有相同数量级，所以将一定波长的X射线照射到晶体时，就会得到明显的X射线衍射图样。衍射图样在空间分布的方位和强度，与晶体微观结构密切相关。根据以上材料和所学的知识，下列说法正确的是（ ）
A．一定波长的X射线照射到非晶体时，也会得到明显的衍射图样
B．一定波长的X射线分别照射到食盐和石墨晶体上，得到的衍射图样在空间中分布的方位和强度不同
C．一定波长的射线照射到晶体时，也会得到明显的衍射图样
D．X射线能在磁场中偏转，可应用于通信、广播及其他信号传输
2．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。闭合开关S，静电计指针张开一定角度，电容器两极板间的P点有一带电液滴处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将R的滑片向右移动，G的指针张开角度减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，带电液滴仍处于静止状态
C．若断开开关S，将极板M向上移动少许，G的指针张开角度减小
D．若断开开关S，将极板M向左移动少许，带电液滴仍处于静止状态
3．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以I表示通过线框的电流（规定逆时针为正）、F表示拉力、P表示拉力的功率、表示线框ab两点间的电势差，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，一个带电球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N先后挂在横杆上的、和处，通过调整丝线使M、N在同一高度，当小球N静止时，观察丝线与竖直方向的夹角。通过观察发现：当小球N挂在时，丝线与竖直方向的夹角最大；当小球N挂在时N丝线与竖直方向的夹角最小。根据三次实验结果的对比，下列说法中正确的是（ ）
A．小球N与球体M间的作用力与它们的电荷量成正比
B．小球N与球体M间的作用力与它们距离的平方成反比
C．球体M电荷量越大，绝缘丝线对小球N的作用力越大
D．距离球体M越远的位置，绝缘丝线对小球N的作用力越小
5．（2023·北京·通州·高三一模）如图甲为交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动。线圈的电阻为，线圈与外电路连接的定值电阻为，电压表为理想交流电表。线圈产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为
B．电压表的读数为
C．时，线框平面与磁场平面平行
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为
6．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示电路中，灯泡A，B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合时，A、B同时变亮，之后亮度都保持不变
B．开关S闭合时，B先亮，A逐渐变亮，最后A，B一样亮
C．开关S断开时，A、B闪亮一下后熄灭
D．开关S断开时，A闪亮一下后熄灭，B立即熄灭
7．（2023·北京·门头沟·高三一模）20世纪40年代，我国著名物理学家朱洪元先生提出，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动时会发出“同步辐射光”，辐射光的频率是电子做匀速圆周运动每秒转数的k倍。大量实验不但证实了这个理论是正确的，而且准确测定了k值。近年来，同步辐射光已被应用在大规模集成电路的光刻工艺中。若电子在某匀强磁场中做匀速圆周运动时产生的同步辐射光的频率为，电子质量为m，电荷量为e，不计电子发出同步辐射光时所损失的能量以及对其运动速率和轨道的影响，则下列说法不正确的是（ ）
A．若测出电子做匀速圆周运动的轨道半径为R，可以求其运动的速率v
B．可以求匀强磁场磁感应强度B的大小
C．同步辐射光一个光子的能量为
D．电子比可见光的波动性强，衍射更为明显
8．（2023·北京·门头沟·高三一模）用两个完全相同的灵敏电流计改装成两个量程不同的电流表，下列说法正确的是（ ）
A．将两个电流表并联，指针偏角不同，量程大的示数大
B．将两个电流表并联，指针偏角相同，量程大的示数小
C．将两个电流表串联，两表示数相同，量程大的偏角小
D．将两个电流表串联，两表示数相同，量程大的偏角大
9．（2023·北京·门头沟·高三一模）某课外研究性学习小组在“如何防止电梯坠落的研究”中，设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示。在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁铺设闭合金属线圈A和B。下列说法正确的是（ ）
A．电梯突然坠落时，该装置可使电梯停在空中
B．电梯突然坠落时，该装置不可能起到阻碍电梯下落的作用
C．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，线圈A、B中电流方向相反
D．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，已穿过线圈A，所以线圈A不会阻碍电梯下落
10．（2023·北京·门头沟·高三一模）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，电阻为r的导体棒ab置于导体框上。已知导体框的宽度为l，磁场的磁感应强度为B，不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。导体棒ab在外力F作用下以水平向右的速度v匀速运动。在此过程中（ ）
A．线框abcd中的磁通量保持不变
B．导体棒ab产生的感应电动势保持不变
C．导体棒ab中感应电流的方向为
D．外力F大小为
11．（2023·北京·门头沟·高三一模）如图是交流发电机的示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，电刷E、F分别压在两个滑环上。线圈转动时通过滑环和电刷与外电路保持连接。当线圈从图示位置绕逆时针（从外往里看）匀速转动，所产生的电流i随时间t变化关系的图像是（设为正方向）（ ）
A． B．
C． D．
12．（2023·北京·门头沟·高三一模）静电除尘是一种高效除尘方式。如图所示是某除尘器模型的简易结构，直线MN为该收尘板的横截面，其右侧的电场线分布如图。工作时收尘板带正电，粉尘带负电，在电场力作用下粉尘向收尘板运动，最后落在收尘板上。下列说法正确的是（ ）
A．A点电势和B点电势大小关系：
B．A点电场强度和B点电场强度大小关系：
C．同一粉尘在A点和B点电势能大小关系：
D．同一粉尘在A点和B点受电场力大小关系：
13．（2023·北京·平谷·高三一模）如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形的对角线边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是（ ）
A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B．O点电势与C点电势相等
C．间的电势差等于间的电势差
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
14．（2023·北京·房山·高三一模）为了测量储液罐中不导电液体的液面高度，设计装置如图所示。将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与线圈L或电源相连。当开关从a拨到b时，由线圈L与电容C构成的回路中产生振荡电流，振荡电流的频率，通过测量振荡频率可知储液罐内的液面高度。则下列说法正确的是（ ）
A．当储液罐内的液面高度升高时，电容不变
B．当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的频率变小
C．开关拨到b之后，振荡电流的振幅和频率始终保持不变
D．当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，流过线圈L中的电流最大
15．（2023·北京·房山·高三一模）某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表的示数U与被测物体质量m成正比 B．弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比
C．被测物体质量m变大，电路中电流变小 D．改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围
16．（2023·北京·房山·高三一模）如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，不计粒子重力和粒子间相互作用，则（ ）
A．电路稳定后，A、B板聚集电荷量基本不变
B．通过电阻R的电流方向向下
C．若只增大离子的射入速度，发电机的电动势不变
D．若只增大两极板的正对面积，发电机的电动势将增大
17．（2023·北京·房山·高三一模）如图所示，电路中线圈L的自感系数足够大，两个灯泡和的规格相同，与线圈L串联后接到电源上，与可调电阻串联后接到电源上。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是（ ）
A．重新闭合开关S，先亮，后亮 B．断开开关S，先熄灭，后熄灭
C．断开开关S，先熄灭，后熄灭 D．断开开关S，流过电流方向向左
18．（2023·北京·房山·高三一模）粒子以某一初速度接近重金属核，其运动轨迹如图所示，M、N、Q为轨迹上的三点，N点离重金属核最近，Q点比M点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中，下列说法正确的是（ ）
A．N点的电场强度比Q点小
B．N点的电势最高
C．粒子从Q点运动到M点过程中，电势能减小
D．粒子从Q点运动到M点过程中，速度一直减小
19．（2023·北京·房山·高三一模）一正弦式交变电流i随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时电流改变方向 B．该交变电流的频率为25Hz
C．该交变电流的有效值为 D．该交变电流的瞬时值表达式为
20．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．端电势始终低于端电势
B．杆中电流的大小、方向均保持不变
C．安培力对杆的冲量大小为
D．安培力对杆做的功为
21．（2023·北京·海淀·高三一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
22．（2023·北京·海淀·高三一模）水平放置的平行板电容器C、定值电阻R0、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴A恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是（ ）
A．当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B．当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C．仅换用阻值更大的R0，油滴A将向下运动
D．仅换用阻值更小的R0，油滴A依旧可以保持悬浮状态
23．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端b，再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。 下列说法正确的是（ ）
A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥
B．将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动
C．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小
D．用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动
24．（2023·北京·东城·高三一模）我国科研人员对“嫦娥五号”返回器携带的月壤样品进行研究，取得了重大科研成果，科研人员通过X射线衍射、聚焦离子束等一系列技术手段对样品进行分析研究，首次发现了一种新矿物并确定其晶体结构，被国际权威机构命名为“嫦娥石”。聚焦离子束技术是利用电场将离子束聚焦成极小尺寸的显微加工技术，经过聚焦的高能离子束轰击样品，与其表面原子的相互作用过程比较复杂，若表面原子受碰撞后运动方向是离开表面，而且能量超过一定数值时，会有粒子从表面射出，粒子可能是原子、分子，也可能是正负离子、电子、光子。除发现“嫦娥石”外，科研人员还首次准确测定了月壤样品中氦3（）的含量和提取温度，氦3被科学家视为未来核聚变反应的理想原料。若氦3参与核聚变反应，不会产生核辐射，且可以释放更多能量，氦3主要来自太阳风——太阳喷射出来的高能粒子流。月球没有磁场和大气的保护，太阳风可以直接降落在月球表面，使其携带的氦3得以保存，但氦3在地球上含量极少，根据以上信息及所学知识判断，下列说法错误的是（ ）
A．X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象，是由于其波长与原子间距相近
B．利用聚焦离子束技术可以将光束聚焦后照射金属表面，使其发生光电效应
C．氦3参与聚变反应，虽然不会产生核辐射，但反应过程中会存在质量亏损
D．地磁场会使太阳风中的氦3发生偏转，影响其到达地面
25．（2023·北京·东城·高三一模）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20和10。当流经电磁流量计的液体速度为10时，其流量约为280，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140
C．排污管内污水的速度约为2.5
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25
26．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为的带电粒子，从M点水平方向以初速度射入板间，并打在下极板上的N点。已知与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则（ ）
A．两点间的距离为
B．粒子在两点间的运动时间为
C．粒子刚到达N点时的速度大小为
D．粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为45°
27．（2023·北京·东城·高三一模）图甲为某热敏电阻的阻值R随温度t变化的曲线。利用其可以制作温控报警器，电路的一部分如图乙所示。图中E为直流电源，电动势为10V，内阻不计，当输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警，下列说法正确的是（ ）
A．若要求环境温度低于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
B．若要求环境温度低于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
C．若要求环境温度高于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
D．若要求环境温度高于60℃开始报警，应使用热敏电阻，的阻值应为
28．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，用同种细导线做成两个闭合单匝线圈，正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等，把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中，线圈所在平面均与磁场方向垂直，若正方形，圆形线圈中感应电动势分别用，表示，感应电流分别用，表示，则（ ）
A． B．
C． D．
29．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，一个理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接在交流电源上，其电压u随时间t变化规律为，副线圈接有的电阻。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为22 W B．副线圈输出交流电的周期为100 s
C．电压表的示数为311 V D．电流表的示数为2.5 A
二、多选题
30．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，两根平行放置的长直导线和载有大小相同、方向相反的电流，受到的磁场力大小为，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，受到的磁场力大小变为。下列判断正确的是（ ）
A．加匀强磁场前受的磁场力方向向左
B．加匀强磁场后受的磁场力方向一定仍向左
C．加匀强磁场后受到的磁场力大小一定也为
D．加匀强磁场后受到的磁场力大小可能大于
31．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，竖直放置的平行金属导轨之间接有定值电阻，金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场内，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力作用下加速上升的一段时间内，下列判断正确的是（ ）
A．与安培力做的功的代数和等于棒的机械能增加量
B．与安培力做的功的代数和等于棒的动能增加量
C．克服重力做的功等于棒的重力势能的增加量
D．克服安培力做的功等于电阻上放出的热量
32．（2023·北京·海淀·高三一模）一电子只在静电力作用下沿方向运动，其所在位置处的电势随位置变化的图线如图中拋物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x2处的电场强度不为零
B．从x2运动到x3，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在处的速率
D．电子从x1运动到x2，加速度逐渐减小
参考答案
1．B
【详解】A．由于非晶体短程有序，长程无序，一定波长的X射线照射到非晶体时，不能得到明显的衍射图样，A错误；
B．根据题意可知一定波长的X射线分别照射到食盐和石墨晶体上，得到的衍射图样在空间中分布的方位和强度不同，B正确；
C．射线的波长比X射线的波长短，则一定波长的射线照射到晶体时，不能得到明显的衍射图样，C错误；
D．X射线不带电，不能在磁场中偏转，D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．闭合开关，一定时静电计指针示数不变，中无电流，则无电压降，故静电计指针不随的变化而变化，A错误；
B．的改变不影响电容器两端电压，故液滴仍处于静止状态，B正确；
C．开关断开，平行板电容器的带电荷量不变，极板向上移动一段距离时，两极板间距增大，由
则电容变小，变大，则静电计指针的张角增大，因为两板间电场强度
不变，则不变，带电液滴仍处于静止状态，C错误；
D．若断开开关S，将极板M向左移动少许，正对面积减小，电容减小，电势差增大，两板间电场强度增大，带电液滴不能处于静止状态，D错误。
故选B。
3．C
【详解】A．线框中的感应电流大小为
大小保持不变，由楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流为逆时针方向（正值），离开磁场时电流为顺时针方向（负值），A错误；
B．进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，拉力应为0，B错误；
C．由于线框匀速运动，故满足
拉力的功率为
进出磁场时功率相同，C正确；
D．进入磁场时ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间电压为路端电压，即
离开磁场时cd边相当于电源，ab只是外电路的一部分，此时ab两点间的电压为
当线框完全在磁场中运动时，虽无感应电流，但ab、cd均向右切割磁感线，ab间电压等于电动势E，对比图像可知，D错误。
故选C。
4．D
【详解】D．设丝线与竖直方向夹角为，由平衡条件可得
故距离球体M越远的位置，越小，绝缘丝线对小球N的作用力T越小，D正确；
B．小球N与球体M间的作用力F随距离的增大而减小，但是否与它们距离的平方成反比无法从三次实验结果的对比中看出，B错误；
AC．实验过程中，小球N与球体M的电荷量均不变，故无法看出作小球N与球体M间的作用力与它们的电荷量成正比，AC错误。
故选D。
5．D
【详解】A．由图乙，交流电的频率为
A错误；
B．电压表的读数为
B错误；
C．时，电压瞬时值为零，磁通量最大，线框平面与磁场平面垂直，C错误；
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为
D正确。
故选D。
6．D
【详解】AB．开关S闭合时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；由于线圈直流电阻可忽略不计，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故AB错误；
CD．开关S断开时，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，线圈和A组成回路，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】AB．设电子在磁场中做匀速圆周运动的速率为v，则根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有
①
则电子的回旋周期为
②
由题意可知
③
联立②③解得
④
联立①④解得
⑤
AB正确；
C．同步辐射光一个光子的能量
C正确；
D．可见光的波动性比电子的波动性强，则可见光的衍射更为明显，D错误。
本题选不正确项，故选D。
8．C
【详解】AB．将两个电流表并联，则灵敏电流计两端电压相等，故流过表头的电流相等，指针偏角相同，量程大的示数大。故AB错误；
CD．将两个电流表串联，则流过两电流表的总电流相等，故两表示数相同，但由分流关系可知，偏角不同，量程大的偏角小。故C正确；D错误。
故选C。
9．C
【详解】A．感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，若电梯停在空中，线圈不会产生感应电流，电梯上的磁铁不会受到感应电流的作用，所以电梯不可能停在空中，A错误；
B．若电梯突然坠落时，线圈内的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到阻碍电梯下落的作用，B错误；
C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，C正确；
D．结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，D错误。
故选C。
10．B
【详解】A．导体棒向右运动，穿过线框的磁通量增大，A错误；
B．导体棒向右匀速运动
即导体棒ab产生的感应电动势保持不变，B正确；
C．根据右手定则，导体棒ab中感应电流的方向为，C错误；
D．感应电流
根据平衡条件有
解得
D错误。
故选B。
11．A
【详解】线圈从图示位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，线圈绕逆时针旋转，根据楞次定律可知，感应电流的方向为，则电流为正方向。
故选A。
12．B
【详解】A．根据沿电场线方向电势降低可知，，A错误；
B．由图可知，A点的电场线更密集，则，B正确；
C．根据
由于粉尘带负电，则
C错误；
D．根据
可知
D错误。
故选B。
13．D
【详解】A．将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减少，A错误；
B．由于等势面与电场线垂直，由图可知O、C两点不在同一条等势面上，电势不相等，B错误；
C．电场线越密集，电场强度越大，沿着电场线电势降落的越快，因此间的电势差大于间的电势差，C错误；
D．由于负电荷所受电场力的方向逆着电场线，因此在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下，D正确。
故选D。
14．B
【详解】A．当储液罐内的液面高度升高时，根据电容的决定式得，电容变大，A错误；
B．当储液罐内的液面高度升高时，电容变大，根据振荡电流的频率可知，LC回路中振荡电流的频率变小，B正确；
C．开关拨到b之后，振荡电流的振幅会越来越小，随着储液罐内的液面高度的变化，频率会发生变化，C错误；
D．当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，流过线圈L中的电流最小，D错误。
故选B。
15．A
【详解】C．由于金属弹簧的电阻可忽略，则当被测物体质量m变大，连接弹簧的滑片向下移，回路中的总电阻增大，故电路中电流减小，C正确，不符合题意；
B．当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当物体质量为m时，设托盘下降x，由平衡条件有
B正确，不符合题意；
AD．根据欧姆定律得
根据电阻定律有
由欧姆定律得
故电压表示数U与所称物体质量m的关系式为
电压表的示数U与被测物体质量m不成正比，改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围，A错误，符合题意、D正确，不符合题意。
故选A。
16．A
【详解】A．电路稳定 ，两板间粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，即
故电路稳定后，场强不变，A、B板聚集电荷量基本不变，A正确；
B．由左手定则可知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，故通过电阻R的电流方向向上，B错误；
CD．设两板间的距离为，则电动势为
电动势的大小与B、、有关，与极板间的正对面积无关，CD错误。
故选A。
17．D
【详解】A．重新闭合开关S，线圈L的自感系数足够大，阻碍电流增大，所以先亮，后亮，A错误；
BCD．断开开关S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，A1、A2都会逐渐变暗，且同时熄灭，电感产生的电阻阻碍电流减小，所以流过A1的电流向右，流过电流方向向左，故D正确，BC错误。
故选D。
18．B
【详解】A．由点电荷电场的电场强度公式
可得离重金属核最近的N点电场强度最大，故A错误；
B．离正点电荷场源最近的N点的电势最高，B正确；
CD．粒子为氦原子核，故带正电，又因为，所以从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，粒子的速度先减小再增加，电势能先增大再减小，故C、D错误。
故选B。
19．A
【详解】A．由图可知时电流从正值变成负值，即此时电流方向改变，A正确；
B．由图可知交变电流的周期为，故频率为
B错误；
C．该交变电流的有效值为
C错误；
D．该交变电流的瞬时值表达式为
D错误。
故选A。
20．C
【详解】A．根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感应电流方向为，则端电势始终高于端电势，故A错误；
B．根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C．安培力对杆的冲量大小为
又有、和，可得
则培力对杆的冲量大小为
故C正确；
D．根据题意，设安培力对杆做的功为，由动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
21．C
【详解】A．根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。
故选C。
22．A
【详解】A．滑动变阻器R和定值电阻R0串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变小，根据欧姆定律
电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压减小，根据
可知电容器所带电荷量会减少，电容器会放电，故A正确；
B．同理，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律
电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据
可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，B错误；
C．仅换用阻值更大的R0，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律
电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据
可知油滴受到的电场力增大，所以油滴向上运动，C错误；
D．仅换用阻值更小的R0，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律
可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律
电阻R0两端的电压变小，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变小，根据
可知，电容器两极板间的电场强度变小，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据
可知油滴受到的电场力变小，所以油滴向下运动，D错误。
故选A。
23．D
【详解】A．通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B．将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C．增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D．结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。
故选D。
24．B
【详解】A．X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象，是由于其波长与原子间距相近，故A正确，不符合题意；
B．利用聚焦离子束技术可以将离子束聚焦后照射金属表面，使其发生光电效应，故B错误，符合题意；
C．氦3参与聚变反应，虽然不会产生核辐射，但反应过程中会存在质量亏损，释放能量，故C正确，不符合题意；
D．地磁场会使太阳风中的氦3发生偏转，影响其到达地面，故D正确，不符合题意；
故选B。
25．D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由
知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1=2.5，则
可得排污管内污水的速度约为
故BC错误；
D．流量计内污水的速度约为v1=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故D正确。
故选D。
26．A
【详解】AB．由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
又因为与竖直方向成45°角，所以有
联立解得
则两点间的距离为
故A正确，B错误；
CD．粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
则粒子刚到达N点时的速度大小为
粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为
故C、D错误。
故选A。
27．D
【详解】当温度升高时，热敏电阻的阻值将降低，根据闭合电路欧姆定律，有
即电路中电流增大，由外电路的分压原理易知，定值定值的电压必定增大，则热敏电阻的电压降低，依题意，环境温度升高，输出电压升高，报警器报警，所以图中的应使用热敏电阻，若要求环境温度高于60℃开始报警，则由图可知
又
解得
故选D。
28．B
【详解】设正方形线圈的边长为L，则圆形线圈的直径也为L，根据法拉第电磁感应定律分别得正方形线圈与圆形线圈的感应电动势为
解得
根据电阻定律可得正方形线圈与圆形线圈的电阻分别为
根据欧姆定律
解得
故选B。
29．A
【详解】BC．由题可知，电压u随时间t变化规律为，故原线圈输入交流电的周期为
原副线圈交流电的周期相同为0.02s
电压表的示数为交流电的有效值，故
BC错误；
AD．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，故副线圈的输出电压为
其中
故电流表的示数为0.5A
理想变压器原副线圈输入输出功率相等，即
A正确，D错误。
故选A。
30．AC
【详解】A．加匀强磁场前，根据安培定则，产生的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，受的磁场力方向向左，A正确；
B．由于未知加入磁场的方向，故无法判断加匀强磁场后受的磁场力方向，B错误；
CD．两导线电流等大反向，则受到产生的磁场力为与等大反向，设加入匀强磁场产生的磁场力为，则当与同向时，受的磁场力大小为
由于电流方向与相反，则受到的力大小为
联立解得
当与反向时，受的磁场力大小为
则受到的力大小为
联立解得
故C正确，D错误。
故选AC。
31．ACD
【详解】A．除重力以外其它力做功等于机械能的增量，可知与安培力做功的代数和等于棒的机械能增加量，故A正确；
B．合力做功等于动能的增加量，即、安培力和重力做功的代数和等于棒动能的增加量，故B错误；
CD．由功能关系可知，克服重力做功等于棒重力势能的增加量，克服安培力做的功等于等于整个电路中电阻产生的热，棒与导轨的电阻均不计，则克服安培力做的功等于电阻上放出的热量，故CD正确。
故选ACD。
32．BCD
【详解】A．由图可知x2处图线斜率为零，即沿方向电场强度的为零，电子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，故其他方向的电场强度也为零，x2处的电场强度为零。故A错误；
B．根据
又
可知从x2运动到x3，电子的电势能减小，电场力对电子做正功。故B正确；
C．同理，电子在x1处的电势能大于在处的电势能，只有电场力做功，所以电子的动能与电势能之和保持不变，即电子在x1处的速率小于在处的速率。故C正确；
D．根据
可知，图线上某点斜率表示该位置电场强度，从x1运动到x2，图线切线的斜率逐渐变小，即电场的场强逐渐减小，根据
易知加速度逐渐减小。故D正确。
故选BCD。2023北京高三一模物理汇编
电容器的电容
一、单选题
1．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。闭合开关S，静电计指针张开一定角度，电容器两极板间的P点有一带电液滴处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将R的滑片向右移动，G的指针张开角度减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，带电液滴仍处于静止状态
C．若断开开关S，将极板M向上移动少许，G的指针张开角度减小
D．若断开开关S，将极板M向左移动少许，带电液滴仍处于静止状态
2．（2023·北京·平谷·高三一模）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C．由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为
二、解答题
3．（2023·北京·海淀·高三一模）电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离。 电容器A的电容也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
（1）回答下列问题。
a．若开关保持断开状态，分析当板间距变化时，两极板间电场强度的大小如何变化。
b．根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为时，下极板对上极板电场力的大小。
（2）用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为。当天平右端放一个质量为的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表（可视为理想表）读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘（示意图）上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
（3）如图5所示，将电容器A的下极板同定不动，上极板由一劲度系数为的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为时，讨论上极板平衡位置的个数的情况。
4．（2023·北京·东城·高三一模）平行板电容器是一种常用的电学元件。
（1）如图甲所示，电源与平行板电容器，定值电阻，开关组成闭合电路。已知平行板电容器的电容为C，电源电动势为E，内阻不计，不考虑极板边缘效应，请在图乙中画出充电过程中电容器两板电压u随其所带电荷量q变化的图像，并类化直线运动中由图像求位移的方法，求充电完毕时电容器储存的电能。
（2）如图丙所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d。用绝缘细线把一个质量为m，电荷最为q的带电小球悬挂在两极板问，已知开关S闭合后，且小球静止时，绝缘细线与竖直方向夹角为，电源电动势为E，内阻不计。三个定值电阻的阻值分别为、、，重力加速度为g，忽略小球的电荷量对极板间电场的影响。
a.求夹角与定值电阻阻值的关系式；
b.若某时刻烧断细线，同时断开开关S，通过分析定性说明小球在两极板间可能出现的运动情况（假设小球的电荷量保持不变，且始终未与极板发生碰撞）。
参考答案
1．B
【详解】A．闭合开关，一定时静电计指针示数不变，中无电流，则无电压降，故静电计指针不随的变化而变化，A错误；
B．的改变不影响电容器两端电压，故液滴仍处于静止状态，B正确；
C．开关断开，平行板电容器的带电荷量不变，极板向上移动一段距离时，两极板间距增大，由
则电容变小，变大，则静电计指针的张角增大，因为两板间电场强度
不变，则不变，带电液滴仍处于静止状态，C错误；
D．若断开开关S，将极板M向左移动少许，正对面积减小，电容减小，电势差增大，两板间电场强度增大，带电液滴不能处于静止状态，D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为
选项D正确；
本题选错误的，故选B。
3．（1）a．电场强度的大小保持不变，b．见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）a．由图2可得
又
，
联立可得
若开关保持断开状态，可知电容器电荷量保持不变，当板间距变化时，两极板间电场强度的大小保持不变；
b．当电容器A所带电荷量为时，可得每个极板产生的电场强度大小为
下极板对上极板电场力的大小为
（2）根据题意有
又
，，
联立可得
可知2V对应的质量值满足
解得
3V对应的质量值满足
解得
如图所示
根据
为了扩大该静电天平量程，可减小天平平衡时板间距离。
（3）当两极板间所加电压为时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为，所受下极板的电场力为；稳定时，根据受力平衡可得
根据胡克定律可得
根据（1）b结论可得
联立可得
可知该方程是关于的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如图所示
在坐标中分别作出方程左端的图像（图中直线、和）和右端的图像（图中曲线），两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数。
直线与曲线相交，有2个交点，表明方程有2个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相切，有1个交点，表明方程有1个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相离，没有交点，表明方程没有实数解，即上极板平衡位置的个数；
综上所述，上极板平衡位置的个数、、。
4．（1）， ；（2）a. ；b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。
【详解】（1）图像如图所示
充电完毕时电容器两端电压等于电源电动势E，电容器所带电荷量为Q，图线与横轴所围面积即为电容器储存的电能
，
联立可得
（2）a.小球在电场中静止时受到重力、电场力及细线的拉力，小球所受电场力为
两极板之间电场强度
根据闭合电路欧姆定律，可得两极板间的电势差
根据平衡条件有
联立可得
b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。2023北京高三一模物理汇编
万有引力与宇宙航行章节综合
1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道II或III。轨道I、II和III均与地球赤道面共面。变更轨道后（ ）
A．卫星沿轨道III运动
B．卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
2．（2023·北京东城·统考一模）2022年11月1日，重约23吨的梦天实验舱与重约60吨的天和核心舱组合体顺利对接，完成了中国空间站建设最后一个模块的搭建。已知对接后中国空间站距地面高度约为400，地球同步卫星距地面高度约为36000，二者的运动均视为匀速圆周运动，则（ ）
A．对接前空间站内的宇航员不受地球引力作用
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用而产生的加速度大小相等
C．对接后中国空间站绕地球运行的速度小于7.9
D．对接后中国空间站的运行周期大于地球同步卫星的运行周期
3．（2023·北京延庆·统考一模）北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．“问天实验舱”的质量为
B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
4．（2023·北京西城·统考一模）木星有多颗卫星，下表列出了其中两颗卫星的轨道半径和质量，两颗卫星绕木星的运动均可看作匀速圆周运动．由表中数据可知（ ）
卫星 轨道半径 卫星质量
木卫一
木卫二
A．木星对木卫一的万有引力小于木星对木卫二的万有引力
B．木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度
C．木卫一绕木星运动的线速度小于木卫二绕木星运动的线速度
D．木卫一绕木星运动的周期大于木卫二绕木星运动的周期
5．（2023·北京朝阳·统考一模）科幻电影曾出现太空梯的场景。如图甲所示，设想在赤道上建造一个始终与地表垂直的太空梯，航天员可通过梯仓P缓慢地到达太空中某一位置，设该位置距地心的距离为r，地球半径为图乙中曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小随r变化的图线；直线B为航天员的向心加速度大小随r变化的图线。下列说法正确的是（ ）
A．航天员在R处的速度等于地球的第一宇宙速度
B．乙图中的小于地球同步卫星的轨道半径
C．航天员在位置时处于完全失重状态
D．在小于的范围内，航天员越接近的位置对梯仓的压力越大
6．（2023·北京丰台·统考一模）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球的运动可看作匀速圆周运动，组合体距地面的高度约为400km，地球同步卫星距地面的高度约为。下列说法正确的是（ ）
A．组合体的线速度大于第一宇宙速度
B．组合体的周期大于地球同步卫星的周期
C．组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
D．组合体的加速度小于地球同步卫星的加速度
参考答案
1．B
【详解】A．卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动，A错误；
B．卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据
得
可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C．根据
得
由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．对接前空间站内的宇航员依然会受到地球引力的作用，故A错误；
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用力大小相等，由牛顿第二运动定律可知，质量不同，加速度不同，故B错误；
C．绕地球运行的所有圆周运动卫星，其速度都小于第一宇宙速度，故C正确；
D．中国空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以，接后中国空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，故D错误。
故选D。
3．C
【详解】A．根据引力提供向心力可知
解得地球的质量为
A错误；
B．漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的速度，C正确；
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．根据万有引力表达式
可知木卫一质量大、轨道半径小，所以木星对木卫一的万有引力大于木星对木卫二的万有引力，故A错误；
B．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度，故B正确；
C．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度，故C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的周期小于木卫二绕木星运动的周期，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】A．地球的第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，则有
设航天员在R处的速度为，在R处曲线A对应的加速度为，直线B对应的向心加速度为，则有
可知航天员在R处的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
BC．设地球自转的周期为，同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力可得
由图可知位置直线B对应的向心加速度为
对于曲线A，有
又
可得
联立可得
可知航天员在位置时，只受地球万有引力作用，处于完全失重状态，故B错误，C正确；
D．在小于的范围内，根据图中曲线A与直线B可知，宇航员受到的万有引力大于所需的向心力；对于宇航员，根据牛顿第二定律可得
解得
可知航天员越接近的位置对梯仓的压力越小，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．第一宇宙速度是卫星环绕速度中心天体的最大环绕速度，因此组合体的速度不能大于第一宇宙速度，故A项错误；
B．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越大，周期越大，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，故B项错误；
C．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，线速度越大，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度，故C项正确；
D．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，加速度越大，所以组合体的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D项错误。
故选C。2023北京高三一模物理汇编
压轴计算题（第20题）
1．（2023·北京海淀·统考一模）电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离。 电容器A的电容也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
（1）回答下列问题。
a．若开关保持断开状态，分析当板间距变化时，两极板间电场强度的大小如何变化。
b．根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为时，下极板对上极板电场力的大小。
（2）用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为。当天平右端放一个质量为的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表（可视为理想表）读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘（示意图）上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
（3）如图5所示，将电容器A的下极板同定不动，上极板由一劲度系数为的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为时，讨论上极板平衡位置的个数的情况。
2．（2023·北京东城·统考一模）应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析，比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用来描述这一点的弯曲程度，如图甲所示，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理。如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系的第二象限内，末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m的小滑块从轨道上的A点由静止开始下滑，滑到轨道末端时速度大小为，轨道对其支持力大小为，之后小滑块离开轨道做平抛运动。已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O对称，重力加速度为g。
（1）求轨道末端的曲率半径；
（2）小滑块做平抛运动时经过B点（图中未出），若由A点运动到O点与由O点运动到B点经过相同路程，用表示小滑块由A点运动到O点过程的动量变化量，用表示小滑块由O点运动到B点过程的动量变化量，通过分析比较与的大小；
（3）轨道上的C点距x轴的距离为，求小滑块经过C点时受到的支持力大小。
3．（2023·北京西城·统考一模）流量是指单位时间内通过管道横截面的流体体积，在生活中经常需要测量流量来解决实际问题。环保人员在检查时发现一根排污管正在向外满口排出大量污水，如图所示。他测出水平管口距落点的竖直高度为h，管口的直径为d，污水落点距管口的水平距离为l，重力加速度为g。请根据这些测量量估算：
a．污水离开管口时的速度大小v；
b．排出污水的流量Q。
4．（2023·北京西城·统考一模）电磁流量计可以快速、方便地测量导电流体（如污水、自来水等）的流量，其简化示意图如图所示，它是一段横截面为长方形的管道，其中空部分的长、宽、高分别为a、b、c，流量计的左右两端与输送流体的管道相连接（如虚线所示），其上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．流量计处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于前后两面．流量计的上、下两表面分别与电压表的两端相连接（图中未画），当污水满管通过流量计时，电压表就会显示读数．
a．求电压表示数为U时管道中的污水流量Q．
b．某同学想利用电磁流量计设计一个便于调节的浇花装置．如图3所示，花坛中紧密摆放着相同的花盆，它们由内向外以O为圆心摆放在半径不同的圆周上．在圆心O处安装一个竖直的输水管，管的末端安装一个可以水平自动匀速旋转的喷水龙头，其旋转周期T可调．该同学把图2中的电磁流量计安装在龙头的末端，作为水平喷口，并且通过改进使电磁流量计的边长b大小可调（其他参数不变）．如果龙头喷出水的流量Q是恒定的，为了使龙头旋转每周每个花盆的浇水量相同，当浇灌半径由增大到时，需要调节b和T．不计水喷出时旋转方向的速度，求调节前后的电压表的示数之比及龙头旋转的周期之比．
5．（2023·北京朝阳·统考一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a、已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b、图是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
6．（2023·北京延庆·统考一模）加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大作用，回旋加速器是其中的一种．如图1为回旋加速器的工作原理图。和是两个中空的半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连．两盒处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为、电荷量为的带电粒子。不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应。
（1）若已知半圆金属盒的半径为，请计算粒子离开加速器时获得的最大动能；
（2）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率；
（3）某同学在分析带电粒子运动轨迹时，画出了如图2所示的轨迹图，他认为两个D形盒中粒子加速前后相邻轨迹间距是相等的。请通过计算分析该轨迹是否合理？若不合理，请描述合理的轨迹其间距会有怎样的变化趋势。
7．（2023·北京丰台·统考一模）能量守恒定律是普遍、和谐、可靠的自然规律之一。根据能量守恒定律，物理学发现和解释了很多科学现象。
（1）经典力学中的势阱是指物体在场中运动，势能函数曲线在空间某一有限范围内势能最小，当物体处于势能最小值时，就好像处在井里，很难跑出来。如图所示，设井深为H，若质量为m的物体要从井底至井口，已知重力加速度为g，求外力做功的最小值W。
（2）金属内部的电子处于比其在外部时更低的能级，电势能变化也存在势阱，势阱内的电子处于不同能级，最高能级的电子离开金属所需外力做功最小，该最小值称为金属的逸出功。如图所示，温度相同的A、B两种不同金属逸出功存在差异，处于最高能级的电子电势能不同，A、B金属接触后电子转移，导致界面处积累正负电荷，稳定后形成接触电势差。已知A金属逸出功为，B金属逸出功为，且，电子电荷量为－e。
a.请判断界面处A、B金属电性正负；
b.求接触电势差。
（3）同种金属两端由于温度差异也会产生电势差，可认为金属内部电子在高温处动能大，等效成电子受到非静电力作用往低温处扩散。如图有一椭球形金属，M端温度为，N端温度为，沿虚线方向到M端距离为L的金属内部单个电子所受非静电力大小F满足：，非静电力F沿虚线方向，比例系数μ为常数，与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小有关，电子电荷量为－e，求金属两端的电势差。
8．（2023·北京平谷·统考一模）在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即被驱动。若输送液态金属的管道（用特殊陶瓷材料制成）截面长为a，宽为b（不计管道壁的厚度），正、负电极板镶嵌在管道两侧（两极板正对且与管内液态金属良好接触），电极板长为c，宽为b；正、负电极板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v流动。已知液态金属的电阻率为。
（1）导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
（2）在时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
（3）推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释（为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷）。
9．（2023·北京石景山·统考一模）汤姆孙用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压加速后，穿过中心的小孔沿中心线的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和间的区域，极板间距为d。当P和P极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。不计电子从阴极K发出的初速度、所受重力和电子间的相互作用，不考虑相对论效应。
（1）若测得电子穿过中心的小孔沿中心线方向匀速运动的速度，求电子的比荷；
（2）已知P和极板水平方向的长度为，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为，当P和极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到点（与O点水平距离可忽略不计）。
①小明同学认为若测出与O点的竖直距离h，就可以求出电子的比荷。请通过分析和推理判断小明的观点是否正确。
②在两极板P和间的区域再加上磁场，调节磁场的强弱和方向，通过分析电子在P和间的运动情况可求出电子的速度。请说明确定电子速度的方法。
参考答案
1．（1）a．电场强度的大小保持不变，b．见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）a．由图2可得
又
，
联立可得
若开关保持断开状态，可知电容器电荷量保持不变，当板间距变化时，两极板间电场强度的大小保持不变；
b．当电容器A所带电荷量为时，可得每个极板产生的电场强度大小为
下极板对上极板电场力的大小为
（2）根据题意有
又
，，
联立可得
可知2V对应的质量值满足
解得
3V对应的质量值满足
解得
如图所示
根据
为了扩大该静电天平量程，可减小天平平衡时板间距离。
（3）当两极板间所加电压为时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为，所受下极板的电场力为；稳定时，根据受力平衡可得
根据胡克定律可得
根据（1）b结论可得
联立可得
可知该方程是关于的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如图所示
在坐标中分别作出方程左端的图像（图中直线、和）和右端的图像（图中曲线），两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数。
直线与曲线相交，有2个交点，表明方程有2个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相切，有1个交点，表明方程有1个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相离，没有交点，表明方程没有实数解，即上极板平衡位置的个数；
综上所述，上极板平衡位置的个数、、。
2．（1）；（2）与的大小相等；（3）
【详解】（1）小滑块运动到O点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）设A点距x轴的距离为，小滑块由A点运动到O点的过程中
根据动能定理
小滑块由O点运动到达B点过程中，下落距离也为，则
根据动量定理
解得
因此，与的大小相等。
（3）如图所示，小滑块经过C点时受到重力、支持力作用，C点处的曲率半径为
根据牛顿第二定律有
从C点运动到O点过程中根据动能定理有
由于轨道曲线与平抛轨迹关于坐标原点O对称，所以在平抛轨迹上有对称点D，其曲率半径为，距x轴的距离为。小滑块运动到D点时速度为，在D点时
，
从O点运动到D点过程中根据动能定理有
联立可得
3．a．；b．
【详解】a．污水由管口流出后可近似认为做平抛运动，有
得
b．排出污水的流量
其中
得
4．a.；b.
【详解】a．流量计上下表面的电势差
流量
其中
得
b．要使浇灌半径由增大到，则水由龙头喷出的速度
又因为
所以
浇灌半径为和的两个圆周上花盆的数量
若要使每个花盆的浇水量相同，则
所以
5．（1）；（2）a、；b、
【详解】（1）设航天员质量为m，所受侧壁对他的支持力N提供向心力，有
同时
解得
（2）a、设t时间内每台发动机喷射出的气体质量为m，气体相对地面速度为v，气体受到返回舱的作用力为F，则有
又
解得
由牛顿第三定律可知，气体对返回舱的作用力大小
返回舱在匀减速下落的过程中，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
b、接收器单位时间单位面积接收的光子个数为
故接收器单位时间接收光子的个数
解得
6．（1）；（2）；（3）不合理，见解析
【详解】（1）当粒子在磁场中的轨道半径等于半圆金属盒半径时，粒子具有最大速度，最大动能；由洛伦兹力提供向心力可得
可得
粒子离开加速器时获得的最大动能为
（2）设在时间内离开加速器的带电粒子数为，则粒子从回旋加速器输出时形成的等效电流为
解得
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率为
（3）第次加速获得的速度为，根据动能定理可得
第次加速获得的速度为，根据动能定理可得
根据
联立可得
所以相邻轨迹间距是不相等的，故该轨迹不合理。合理的轨迹，其间距会越来越小，示意图如图所示
7．（1）mgH；（2）a. A金属侧带正电B金属侧带负电，b.；（3）
【详解】（1）根据能量守恒定律可知，质量为m的物体要从井底至井口，外力做功最小值为mgH。
（2）a. 界面处A金属电子处于比B金属电子更高的能级，电子从A侧向B侧转移，A金属侧带正电，B金属侧带负电。
b. 金属两侧正负电荷在界面处激发的电场阻碍电子继续从A向B侧移动，最终达到平衡。设无穷远处电子电势能为0，则初状态A侧电子能量为，B侧为，末状态A侧界面电势为，B侧界面电势为，界面两侧A、B电子能量相等，有
联立可得A、B间电势差为
（3）由于与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小相关，在沿虚线方向取极短距离△L，则非静电力做功为，累加后可得
根据电动势的定义式，可得
为非静电力做功。断路状态下MN两端电势差大小数值上等于电动势。联立以上两式，可得金属两端电势差为
8．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）通电液体在磁场中受到的安培力
则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强
（2）电路产生的热量
所以在时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能
（3）液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直，而运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，则f的方向即为安培力的方向，可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛仑兹力为；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的洛仑兹力为，如图：
有
可见
即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。
9．（1）；（2）①见解析，②见解析
【详解】（1）电子在加速电场中运动，由动能定理有
解得
（2）①设电子在偏转电场中飞行时间为t，加速度为a，由运动学公式和牛顿第二定律水平方向有
竖直方向有
其中
解得
设电子飞出偏转电场时的偏角为，竖直分速度为则有
，
根据几何关系有
解得
可知，h与比荷无关，测出h不能求出电子的比荷
（2）在两极板P和之间的区域加垂直纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度B的大小，使电子能够沿中心线方向通过两极板间区域，此时电子受到的静电力与洛伦兹力平衡，则有
解得
2023北京高三一模物理汇编
运动和力的关系章节综合
一、单选题
1．（2023·北京·通州·一模）如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为-10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．时，手机已下降了约1.8m
B．时，手机正向上加速运动
C．加速度约为70m/s2时，手机速度为0
D．时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小
2．（2023·北京·门头沟·一模）幼儿园小朋友玩的滑梯如图1所示，为了研究方便，可将其简化为图2。已知滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为，某小朋友质量为m，重力加速度为g，滑梯与水平地面之间的夹角为。下列说法中正确的是（ ）
A．小朋友沿滑梯加速下滑时受力平衡
B．小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对平衡力
C．下滑过程中，小朋友受到的合力大小为
D．下滑过程中，小朋友受到的摩擦力大小为
3．（2023·北京·海淀·一模）如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力水平向左
B．斜面体受到地面的摩擦力为零
C．斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和
D．斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和
4．（2023·北京·朝阳·一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（ ）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
5．（2023·北京·平谷·一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，。g取，则（ ）
A．传送带的速度为
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
6．（2023·北京·平谷·一模）为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是（ ）
A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B．此时电梯可能正在匀速上升
C．此时电梯可能正在加速上升
D．此时电梯可能正在加速下降
二、多选题
7．（2023·北京·海淀·一模）如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为的小物块恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止。现给施加一沿斜面向下的推力，使沿斜面匀加速下滑。施加后，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对的支持力和摩擦力都不变
B．对斜面的作用力方向竖直向下
C．水平面对斜面的支持力增大
D．小物块的加速度为
三、实验题
8．（2023·北京·门头沟·一模）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、实验操作和数据分析等。
（1）同学利用图1所示装置研究小车的匀变速直线运动。实验中必要的措施是 。
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．需要平衡小车与长木板间的摩擦力
（2）打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时纸带运动的速度 （结果保留3位有效数字）。
（3）若仅考虑计时器的实际工作频率大于50Hz，则计算出的结果 实际值。（填“大于”“等于”或“小于”）
（4）在利用如图1做“探究加速度与力的关系”实验中，某同学通过在细线尾端悬挂钩码的方式平衡小车受到的摩擦力。小车的质量为M，小车平衡时，钩码质量为。然后，再继续增加钩码质量，使小车做匀加速运动。认为增加的钩码重力等于使小车做匀加速直线运动的合力，请分析其成立的条件 。
9．（2023·北京·房山·一模）如图甲所示为“探究小车加速度a与受力F、质量M的关系”实验装置图，槽码的质量为m，小车质量为M。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 。
A． 实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车
B．每次增加重物改变小车的质量，都需要重新平衡摩擦力
C． 平衡小车受到的摩擦力和其他阻力时，应将槽码通过定滑轮拴在小车上
D．实验时，让小车的运动趋近于匀速运动，槽码的重力才近似等于绳的拉力
（2）图乙是某同学在正确操作下获得的一条纸带，所用交流电源频率为50Hz，其中每两个计数点之间还有4个点没有标出。根据图乙所示数据可计算打点计时器打下计数点3时，小车的速度大小 m/s。（结果保留两位有效数字）
（3）请简述如何利用纸带上的数据判断小车是否做匀变速直线运动 。
参考答案
1．C
【详解】A．由图可知0-0.4s手机静止，从约0.4s开始运动，0.5s开始做自由落体运动，时手机下降高度约为
故A错误；
BCD．由图像可知0.6s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速度运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C正确，BD错误。
故选C。
2．D
【详解】A．小朋友沿滑梯加速下滑时具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡。故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯的压力和滑梯对小朋友的支持力是一对相互作用力。故B错误；
CD．对小朋友受力分析，分解重力，可得
又
故C错误；D正确。
故选D。
3．C
【详解】小物块加速度沿斜面向下，根据对斜面体和小物块整体分析可知，将整体加速度分解为水平方向的和竖直方向的，则根据牛顿第二定律
，
故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和。
故选C。
4．B
【详解】AB．小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，弹力从零逐渐增大，开始阶段小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，A错误，B正确；
C．小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能减少，转化为弹簧弹性势能，C错误；
D．小球在最低点时所受的弹力大小大于其所受的重力大小，D错误。
故选B。
5．C
【详解】A．由图乙可知传送带的速度为，A错误；
BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
联立解得
故C正确；
D．当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，选项A错误；
BCD．体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C正确，BD错误。
故选C。
7．ABD
【详解】ABC．由题可知，给施加一沿斜面向下的推力，并不改变斜面对P的支持力大小，即斜面对P的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时P的分析可知，P所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力没有发生变化，AB正确，C错误；
D．给施加一沿斜面向下的推力，物块所受合力等于F，根据牛顿第二定律可得
D正确。
故选ABD。
8． AB/BA 0.440 小于
【详解】（1）[1]A．细线必须与长木板平行，才能保证小车的加速度不变,故A正确；
B．为了充分利用纸带，应先接通电源再释放小车,故B正确；
C．本实验只需要保证小车的加速度不变就行，则小车的质量不需要远大于钩码的质量,故C错误；
D．本实验只需要保证小车的加速度不变就行，则不需要平衡小车与长木板间的摩擦力也可以,故D错误。
故选AB。
（2）[2]纸带上相邻计数点的时间间隔为
打点计时器在打C点时小车的速度等于BD段的平均速度，即
（3）[3]若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1s，计算速度时所用时间偏大，速度的测量值小于真实值。
（4）[4]设小车所受摩擦力为f，根据牛顿第二定律有
又
依题意
解得
易知，当时，认为增加的钩码重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。
9． A 0.48 见解析
【详解】（1）[1] A．打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源，待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故A正确；
B．由于平衡摩擦力之后有
解得
所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C．在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，对槽码分析，则有
对小车分析，则有
联立解得
当小车的质量M远大于槽码的质量m时，则有，此时小车处于加速，故D错误。
故选A。
（2）[2]每相邻两计数,点之间还有4个点没有标出，说明相邻两计数点之间的时间间隔
则打下第3个点时小车的速度为
（3）[3]由纸带上的数据可知，在误差允许范围内连续相等时间内的位移差近似相等，根据，可知加速度不变，说明小车是做匀变速直线运动。2023北京高三一模物理汇编
波的描述
一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考一模）波源垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为
B．图甲中质点和的相位差为
C．图甲中质点在该时刻速度方向垂直纸面向外
D．图乙可能是质点的振动图像
2．（2023·北京东城·统考一模）图甲所示为一列简谐横波在时的波形图，图乙所示为该波中处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．此列波的传播速度为
B．此列波沿主轴正方向传播
C．时，质点P的运动速度为
D．时，质点P相对平衡位置的位移为
3．（2023·北京延庆·统考一模）一列简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中处质点P的振动图像．下列说法正确的是（ ）
A．此波的波速为 B．此波沿x轴正方向传播
C．时质点P的速度最大 D．时质点P的加速度最大
4．（2023·北京西城·统考一模）一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．此时质点K的速度方向沿y轴负方向
B．此时质点M的加速度方向沿y轴正方向
C．此时质点K的速度比质点L的小
D．此时质点K和质点M的相位相同
5．（2023·北京朝阳·统考一模）某地震局记录了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形。下列说法正确的是（ ）
A．该地震波的周期为0.5s
B．该地震波的波速为4km/s
C．时刻，处质点的振动方向沿y轴正方向
D．内处的质点沿x轴正方向前进2km的距离
6．（2023·北京石景山·统考一模）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．该时刻，处的质点速度最大
C．该时刻，处的质点速度最大
D．经过1个周期，处的质点运动的路程是8m
7．（2023·北京平谷·统考一模）一列简谐横波在时的波形图如图所示。介质中处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为（y的单位是cm）。则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长，振幅
B．处的质点此刻具有最大速度
C．该波沿x轴负方向传播
D．这列波的波速
参考答案
1．B
【详解】A．根据题意，由图甲可知
解得
由图乙可知，周期为，由公式可得，该波的波速为
故A错误；
B．根据题意，由图甲可知，质点和距离为半个波长，则相位差为，故B正确；
CD．根据题意，由图甲可知，再经过波谷传播到点，则该时刻质点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在时刻速度方向为垂直纸面向外，则图乙不是质点的振动图像，故CD错误。
故选B。
2．D
【详解】A．由图可知，该波的周期为
波长为
则波速为
故A错误；
B．处的质点P在时刻向下振动，根据“上下坡法”知，波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．根据图乙可知，时，质点P处于波谷处，速度为0m/s，故C错误；
D．根据图乙可知，时，质点P相对平衡位置的位移为，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．由图可知，此波的波长为
周期为
故此波的波速为
A错误；
B．根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，B正确；
C．时质点P处于最大振幅处，速度最小，C错误；
D．时质点P处于平衡位置，加速度最小，D错误。
故选B。
4．A
【详解】A．根据同侧法可知此时质点K的速度方向沿y轴负方向，故A正确；
B．由图可知，此时质点M的位移为正，则质点M所受的回复力方向指向y轴负方向，结合牛顿第二定律可知此时质点M的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；
C．由图可知，此时质点L处于位移最大处速度为零，质点K还没有到最大位移处，速度不为零，此时质点K的速度比质点L的大，故C错误；
D．根据同侧法可知K的速度方向沿y轴负方向，质点M的速度方向沿y轴正方向，则此时质点K和质点M的相位不相同，故D错误。
故选A。
5．B
【详解】AB．一列沿x轴正方向传播的地震横波，在时刻的波形如图中实线所示，时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则该地震波的波速为
该地震波的周期为
故A错误，B正确；
C．根据波形平移法可知，时刻，处质点的振动方向沿y轴负方向，故C错误；
D．质点只是在平衡位置上下振动，不会随波向前移动，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．由于此时处质点的速度沿y轴正方向，根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，A错误；
B．质点在平衡位置的速度最大，在振幅位置的速度为0，该时刻，处的质点位移波峰位置，即位于振幅处，其速度最小，速度为0，B错误；
C．根据上述，该时刻，处的质点处于平衡位置，其速度最大，C正确；
D．经过1个周期，处的质点运动的路程为
D错误。
故选C
7．A
【详解】A．由波形图，可直接判断出该波的波长，振幅，故A正确；
B．由波形图知，处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；
C．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可得这列波的周期为
得波速
故D错误。
故选A。2023北京高三一模物理汇编
机械能守恒定律
一、单选题
1．（2023·北京平谷·统考一模）发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（ ）
A．地球同步卫星可以定点在北京上空
B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
D．卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
2．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
3．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A．飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
B．在B点变轨后，飞船的机械能减小
C．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的小
D．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
4．（2023·北京丰台·统考一模）直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大
B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大
C．如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的支持力作用
D．下落过程中箱内物体的机械能增大
二、解答题
5．（2023·北京海淀·统考一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
6．（2023·北京西城·统考一模）滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动．如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，沿着倾角的平直山坡直线滑下，当速度达到时他收起雪杖自由下滑，在此后的时间内滑下的路程为。将这内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取．求这内
（1）滑雪者的加速度大小a；
（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能。
7．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，竖直平面内半径的光滑1/4圆弧轨道固定在水平桌面上，与桌面相切于B点。质量的小物块由A点静止释放，最后静止于桌面上的C点。已知物块与桌面间的动摩擦因数。取。求：
（1）物块在B点时的速度大小；
（2）物块在B点时所受圆弧轨道的支持力大小N；
（3）B、C两点间的距离x。
参考答案
1．D
【详解】A．由于地球同步卫星相对地面静止，自西向东绕地球转动，因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内，不可能定点在北京上空，A错误；
B．根据
可得
因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B错误；
C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，因此机械能守恒，C错误；
D．在轨道1上经过P点时，做圆周运动，因此满足
在轨道2上经过P点后做离心运动，满足
因此可知卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率，D正确。
故选D。
2．C
【详解】A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为，则有
联立解得
故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】A．椭圆轨道相对于预定圆轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置向后喷气加速，即飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道，A正确；
B．根据上述，在B点需要向后喷气加速才能变轨到预定轨道，喷气过程中，气体对飞船做正功，则飞船的机械能增大，B错误；
C．根据
解得
A点为近地点，B点为远地点，A点到地心的间距小于B点到地心的间距，则在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，C错误；
D．在椭圆轨道上运行时，当飞船由A点运动到B点过程中，飞船到地心之间的间距逐渐增大，则引力做负功，势能增大，动能减小，即速度减小，即在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的大，D错误。
故选A。
4．B
【详解】A．设箱子的质量为，物体的质量为，箱子受到的空气阻力为，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为
随着速度的增大，加速度在减小，A错误；
B．以箱内物体为对象，根据牛顿第二定律可知
随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，B正确；
C．整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，C错误；
D．由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，D错误。
故选B。
5．（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）小球从A到B由机械能守恒定律
解得小球通过B点时的速度大小
（2）小球从A到C由机械能守恒定律
解得小球通过C点时的速度大小
在C点由牛顿第二定律
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小
方向竖直向下。
（3）小球在B点的加速度大小为
小球在C点的加速度大小为
所以
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑雪者做匀加速直线运动，则由位移与时间的关系式可得
解得
（2）根据牛顿第二定律，有
解得
（3）滑雪者损失的机械能
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块从A运动到B，根据机械能守恒定律有
得
（2）物块在B点时，根据牛顿第二定律有
得
（3）物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有得
解得2023北京高三高三一模物理汇编
电容器的电容
一、单选题
1．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。闭合开关S，静电计指针张开一定角度，电容器两极板间的P点有一带电液滴处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将R的滑片向右移动，G的指针张开角度减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，带电液滴仍处于静止状态
C．若断开开关S，将极板M向上移动少许，G的指针张开角度减小
D．若断开开关S，将极板M向左移动少许，带电液滴仍处于静止状态
2．（2023·北京·平谷·高三一模）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C．由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为
二、解答题
3．（2023·北京·海淀·高三一模）电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离。 电容器A的电容也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
（1）回答下列问题。
a．若开关保持断开状态，分析当板间距变化时，两极板间电场强度的大小如何变化。
b．根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为时，下极板对上极板电场力的大小。
（2）用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为。当天平右端放一个质量为的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表（可视为理想表）读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘（示意图）上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
（3）如图5所示，将电容器A的下极板同定不动，上极板由一劲度系数为的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为时，讨论上极板平衡位置的个数的情况。
4．（2023·北京·东城·高三一模）平行板电容器是一种常用的电学元件。
（1）如图甲所示，电源与平行板电容器，定值电阻，开关组成闭合电路。已知平行板电容器的电容为C，电源电动势为E，内阻不计，不考虑极板边缘效应，请在图乙中画出充电过程中电容器两板电压u随其所带电荷量q变化的图像，并类化直线运动中由图像求位移的方法，求充电完毕时电容器储存的电能。
（2）如图丙所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d。用绝缘细线把一个质量为m，电荷最为q的带电小球悬挂在两极板问，已知开关S闭合后，且小球静止时，绝缘细线与竖直方向夹角为，电源电动势为E，内阻不计。三个定值电阻的阻值分别为、、，重力加速度为g，忽略小球的电荷量对极板间电场的影响。
a.求夹角与定值电阻阻值的关系式；
b.若某时刻烧断细线，同时断开开关S，通过分析定性说明小球在两极板间可能出现的运动情况（假设小球的电荷量保持不变，且始终未与极板发生碰撞）。
参考答案
1．B
【详解】A．闭合开关，一定时静电计指针示数不变，中无电流，则无电压降，故静电计指针不随的变化而变化，A错误；
B．的改变不影响电容器两端电压，故液滴仍处于静止状态，B正确；
C．开关断开，平行板电容器的带电荷量不变，极板向上移动一段距离时，两极板间距增大，由
则电容变小，变大，则静电计指针的张角增大，因为两板间电场强度
不变，则不变，带电液滴仍处于静止状态，C错误；
D．若断开开关S，将极板M向左移动少许，正对面积减小，电容减小，电势差增大，两板间电场强度增大，带电液滴不能处于静止状态，D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为
选项D正确；
本题选错误的，故选B。
3．（1）a．电场强度的大小保持不变，b．见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）a．由图2可得
又
，
联立可得
若开关保持断开状态，可知电容器电荷量保持不变，当板间距变化时，两极板间电场强度的大小保持不变；
b．当电容器A所带电荷量为时，可得每个极板产生的电场强度大小为
下极板对上极板电场力的大小为
（2）根据题意有
又
，，
联立可得
可知2V对应的质量值满足
解得
3V对应的质量值满足
解得
如图所示
根据
为了扩大该静电天平量程，可减小天平平衡时板间距离。
（3）当两极板间所加电压为时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为，所受下极板的电场力为；稳定时，根据受力平衡可得
根据胡克定律可得
根据（1）b结论可得
联立可得
可知该方程是关于的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如图所示
在坐标中分别作出方程左端的图像（图中直线、和）和右端的图像（图中曲线），两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数。
直线与曲线相交，有2个交点，表明方程有2个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相切，有1个交点，表明方程有1个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相离，没有交点，表明方程没有实数解，即上极板平衡位置的个数；
综上所述，上极板平衡位置的个数、、。
4．（1）， ；（2）a. ；b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。
【详解】（1）图像如图所示
充电完毕时电容器两端电压等于电源电动势E，电容器所带电荷量为Q，图线与横轴所围面积即为电容器储存的电能
，
联立可得
（2）a.小球在电场中静止时受到重力、电场力及细线的拉力，小球所受电场力为
两极板之间电场强度
根据闭合电路欧姆定律，可得两极板间的电势差
根据平衡条件有
联立可得
b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。2023北京高三一模物理汇编
电势能和电势
一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
2．（2023·北京延庆·统考一模）如图所示，A、B为两个等量异种点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点．今将一带正电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是（ ）
A．A点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势低
C．从A点移到B点的过程中，静电力对该试探电荷做负功
D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能减小
3．（2023·北京朝阳·统考一模）图示平面内固定两个等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷的连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ）
A．M、P两点的电场强度相同 B．N、P两点的电场强度相同
C．N、P两点的电势相等 D．电子在M点的电势能比在N点的大
4．（2023·北京平谷·统考一模）如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形的对角线边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是（ ）
A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B．O点电势与C点电势相等
C．DO间的电势差等于OB间的电势差
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
5．（2023·北京丰台·统考一模）静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是（ ）
A．C点的电场强度方向与x轴正方向相反
B． C、D两点的电场强度
C．试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功
D．同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
6．（2023·北京石景山·统考一模）在如图所示平面内，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为连线的中点，为的垂直平分线，C、D两点在上且。下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强比C点的场强大 B．C点的场强与D点的场强相同
C．O点的电势比D点的电势高 D．电子在C点的电势能比在D点的电势能大
二、解答题
7．（2023·北京丰台·统考一模）能量守恒定律是普遍、和谐、可靠的自然规律之一。根据能量守恒定律，物理学发现和解释了很多科学现象。
（1）经典力学中的势阱是指物体在场中运动，势能函数曲线在空间某一有限范围内势能最小，当物体处于势能最小值时，就好像处在井里，很难跑出来。如图所示，设井深为H，若质量为m的物体要从井底至井口，已知重力加速度为g，求外力做功的最小值W。
（2）金属内部的电子处于比其在外部时更低的能级，电势能变化也存在势阱，势阱内的电子处于不同能级，最高能级的电子离开金属所需外力做功最小，该最小值称为金属的逸出功。如图所示，温度相同的A、B两种不同金属逸出功存在差异，处于最高能级的电子电势能不同，A、B金属接触后电子转移，导致界面处积累正负电荷，稳定后形成接触电势差。已知A金属逸出功为，B金属逸出功为，且，电子电荷量为－e。
a.请判断界面处A、B金属电性正负；
b.求接触电势差。
（3）同种金属两端由于温度差异也会产生电势差，可认为金属内部电子在高温处动能大，等效成电子受到非静电力作用往低温处扩散。如图有一椭球形金属，M端温度为，N端温度为，沿虚线方向到M端距离为L的金属内部单个电子所受非静电力大小F满足：，非静电力F沿虚线方向，比例系数μ为常数，与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小有关，电子电荷量为－e，求金属两端的电势差。
参考答案
1．C
【详解】A．根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。
故选C。
2．A
【详解】等量异种电荷的电场线和等势面分布如图所示
A．等量异种点电荷的连线上B点电场强度最小，中垂线上B点电场强度最大，所以A点场强大于C点场强，A正确；
B．沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，C点电势等于B点电势，所以A点的电势比C点的电势高，B错误；
C．正电荷受到的电场力与电场线方向相同，所以将带正电的试探电荷从A移到B，电场力做正功，C错误；
D．等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，将带正电的试探电荷从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能不变，D错误。
故选A。
3．B
【详解】AB．根据等量异种电荷周围电场分布规律以及对称性可知M、P两点的电场强度大小相同、方向不同，N、P两点的电场强度相同，A错误，B正确；
C．M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，根据沿电场线方向电势降低可知M点电势高于P点电势，故N点电势高于P点电势，C错误；
D．由于电子在M点和N点电势相同，故在M点的电势能与在N点的一样大大，D错误。
故选B。
4．D
【详解】A．将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；
B．AC所在平面与BD垂直，与其它电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；
C．根据电场线的疏密程度可知DO间的电场强度大于OB间的电场强度，由可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反，竖直向下，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．沿电场线电势逐渐降低，因从A到D电势一直降低，可知场强方向沿x轴正向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，选项A错误；
B．因φ-x图像的斜率等于场强大小，则C、D两点的电场强度，选项B错误；
C．因电场强度方向沿x轴正向，可知试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功，选项C正确；
D．因B点的电势高于C点，可知同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，选项D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．两个带等量正电的点电荷在A、B中点产生的场强为零，而C点的场强不为零，故O点的场强比C点的场强小，A错误；
B．根据对称关系可知，C点的场强与D点的场强大小相等，但方向相反，B错误；
C．两个带等量正电的点电荷的中垂线的电场方向有O点指向远处，所以O点的电势比D点的电势高，C正确；
D．根据对称性可知，C点的电势与D点的电势相同，故电子在C点的电势能与在D点的电势能相等，D错误。
故选C。
7．（1）mgH；（2）a. A金属侧带正电B金属侧带负电，b.；（3）
【详解】（1）根据能量守恒定律可知，质量为m的物体要从井底至井口，外力做功最小值为mgH。
（2）a. 界面处A金属电子处于比B金属电子更高的能级，电子从A侧向B侧转移，A金属侧带正电，B金属侧带负电。
b. 金属两侧正负电荷在界面处激发的电场阻碍电子继续从A向B侧移动，最终达到平衡。设无穷远处电子电势能为0，则初状态A侧电子能量为，B侧为，末状态A侧界面电势为，B侧界面电势为，界面两侧A、B电子能量相等，有
联立可得A、B间电势差为
（3）由于与垂直于温度变化方向的金属横截面积大小相关，在沿虚线方向取极短距离△L，则非静电力做功为，累加后可得
根据电动势的定义式，可得
为非静电力做功。断路状态下MN两端电势差大小数值上等于电动势。联立以上两式，可得金属两端电势差为2023北京高三一模物理汇编
磁场对通电导线的作用力
一、单选题
1．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端b，再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。 下列说法正确的是（ ）
A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥
B．将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动
C．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小
D．用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动
2．（2023·北京·朝阳·高三一模）图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机。这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面。图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图。固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场（俯视图）；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈（图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点）。当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO＇轴转动。设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B。图中线圈实线部分的长度为L。下列说法正确的是（ ）
A．图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C．图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视）
D．为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
3．（2023·北京·西城·高三一模）如图（俯视图），在竖直向下、磁感应强度大小为2T的匀强磁场中，有一根长0.4m的金属棒ABC从中点B处折成60°角静置于光滑水平面上，当给棒通以由A到C、大小为5A的电流时，该棒所受安培力为
A．方向水平向右，大小为4.0N
B．方向水平向左，大小为4.0N
C．方向水平向右，大小为2.0N
D．方向水平向左，大小为2.0N
二、多选题
4．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示，两根平行放置的长直导线和载有大小相同、方向相反的电流，受到的磁场力大小为，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，受到的磁场力大小变为。下列判断正确的是（ ）
A．加匀强磁场前受的磁场力方向向左
B．加匀强磁场后受的磁场力方向一定仍向左
C．加匀强磁场后受到的磁场力大小一定也为
D．加匀强磁场后受到的磁场力大小可能大于
参考答案
1．D
【详解】A．通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B．将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C．增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D．结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】A．图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力为
其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；
C．根据左手定值可知，线圈实线部分受到的安培力向里，，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视），故C正确；
D．由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】金属棒的有效长度为AC，根据几何知识得L=0.2m，根据安培力公式得
F=BIL=2×5×0.2=2N
根据左手定则可判定安培力水平向左，故ABC错误，D正确；
故选D。
4．AC
【详解】A．加匀强磁场前，根据安培定则，产生的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，受的磁场力方向向左，A正确；
B．由于未知加入磁场的方向，故无法判断加匀强磁场后受的磁场力方向，B错误；
CD．两导线电流等大反向，则受到产生的磁场力为与等大反向，设加入匀强磁场产生的磁场力为，则当与同向时，受的磁场力大小为
由于电流方向与相反，则受到的力大小为
联立解得
当与反向时，受的磁场力大小为
则受到的力大小为
联立解得
故C正确，D错误。
故选AC。2023北京高三一模物理汇编
电磁学选择2
一、单选题
1．（2023·北京·东城·高三一模）某型号智能手环在工作时会发出红光和绿光，与绿光相比（ ）
A．红光频率高 B．红光波长短
C．红光光子能量小 D．红光在真空中的传播速度快
2．（2023·北京·延庆·高三一模）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量．如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系．保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压．当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，为0，将该点作为位移的零点．在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表．下列说法中正确的是（ ）
A．在小范围内，霍尔电压的大小和坐标z成反比
B．测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果将偏大
C．其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压越小
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，说明元件的位置坐标
3．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示是中国公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80％以上的动能转化成电能回收储存再使用．这种电车的核心元器件是“，”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”．下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容也逐渐增加
C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变
D．若标有“，”的电容器从电量为零到充满电用时，则充电平均电流为
4．（2023·北京·延庆·高三一模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。已知线圈的电阻，则（ ）
A．线圈内感应电流的方向为顺时针 B．A点电势比B点电势低
C．通过电阻R的电流大小为 D．内电路中产生的电能为
5．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示，A、B为两个等量异种点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点．今将一带正电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是（ ）
A．A点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势低
C．从A点移到B点的过程中，静电力对该试探电荷做负功
D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能减小
6．（2023·北京·延庆·高三一模）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图1中，的电阻值小于的电阻值
B．图1中，断开开关瞬间，流过的电流方向自右向左
C．图2中，闭合瞬间，中电流与变阻器R中电流相等
D．图2中，闭合电路达到稳定时，变阻器R的电阻值大于的电阻值
7．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示，长为L的导体棒原来不带电，现将一个带正电的点电荷放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，为的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒A端带正电，B端带负电
B．导体棒A端电势高，B端电势相低
C．感应电荷在O点的场强方向向右
D．感应电荷在O点的场强大小
8．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（ ）
A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大
C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大
9．（2023·北京·西城·高三一模）某同学根据查阅到的某种热敏电阻的特性曲线（如图1），设计了图2所示的恒温箱温度控制电路。图2中，为热敏电阻，为可变电阻，控制系统可视作的电阻，电源的电动势，内阻不计。当通过控制系统的电流小于时，加热系统将开启，为恒温箱加热；当通过控制系统的电流等于时，加热系统将关闭。下列说法正确的是（ ）
A．若要使恒温箱内温度保持20℃，应将调为
B．若要使恒温箱内温度升高，应将增大
C．若恒温箱内温度降低，通过控制系统的电流将增大
D．保持不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度均匀变化
10．（2023·北京·西城·高三一模）如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为、，原线圈的输入功率为、电压为、电流为、频率为，副线圈的输出功率为、电压为、电流为、频率为．下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且，则，
B．若变压器为理想变压器，且，则，
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
11．（2023·北京·西城·高三一模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素．让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核恰好能离开电场，轨迹如图所示．不计粒子的重力，则（ ）
A．不能离开电场
B．在电场中受到的电场力最大
C．在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对做功最少
12．（2023·北京·西城·高三一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为；若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为．不计粒子的重力．下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度大于速度
C．粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
13．（2023·北京·西城·高三一模）一个白炽灯泡额定电压为，额定功率为，接在交流电源上正常工作，则（ ）
A．灯泡电压的峰值为
B．流过灯丝的电流有效值约为
C．内灯泡消耗的电能是
D．内灯丝产生的热量是
14．（2023·北京·朝阳·高三一模）图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机。这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面。图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图。固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场（俯视图）；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈（图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点）。当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO＇轴转动。设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B。图中线圈实线部分的长度为L。下列说法正确的是（ ）
A．图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C．图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视）
D．为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
15．（2023·北京·朝阳·高三一模）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中与的比值
16．（2023·北京·朝阳·高三一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是（ ）
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为
B．全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
C．时刻，金属棒受到的安培力大小为
D．时刻，金属棒两端的电压
17．（2023·北京·朝阳·高三一模）图示平面内固定两个等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷的连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ）
A．M、P两点的电场强度相同 B．N、P两点的电场强度相同
C．N、P两点的电势相等 D．电子在M点的电势能比在N点的大
18．（2023·北京·朝阳·高三一模）如图是某交流发电机的示意图。当线圈abcd绕垂直于匀强磁场方向的转轴OO＇匀速转动时，电路中产生电流的最大值为，外电路的电阻为R。图示位置线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈转动的周期为T。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为零
B．在图示位置，线圈中的电流方向为a→b→c→d
C．在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
D．从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
19．（2023·北京·朝阳·高三一模）下列说法正确的是（ ）
A．雨后出现的彩虹属于光的反射现象
B．光的干涉和衍射现象说明光是一种横波
C．用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象
D．测体温的额温枪是通过测量人体辐射的紫外线进行测温
20．（2023·北京·丰台·高三一模）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。如图为某超导体在不同温度下两端电压和流经超导体电流的U-I特性曲线，温度分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．当超导体处在超导状态时，两端能够测出电压
B．将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度不为零
C．根据三条曲线的变化趋势，可推断
D．随着流经超导体的电流增大，超导状态将被破坏
21．（2023·北京·丰台·高三一模）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在到时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
22．（2023·北京·丰台·高三一模）静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是（ ）
A．C点的电场强度方向与x轴正方向相反
B． C、D两点的电场强度
C．试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功
D．同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
23．（2023·北京·丰台·高三一模）在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D．仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
24．（2023·北京·平谷·高三一模）“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池。（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
25．（2023·北京·平谷·高三一模）摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是（ ）
A．铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
26．（2023·北京·平谷·高三一模）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C．由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为
27．（2023·北京·海淀·高三一模）常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示，热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成，N型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，P型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷e、若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一端A、B与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在A、B两端形成稳定的电势差，且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是（ ）
A．B端是温差发电装置的正极
B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反
C．温差发电装置供电时不需要消耗能量
D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器
28．（2023·北京·石景山·高三一模）汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会发热
B．制动力的大小与导体运动的速度无关
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
29．（2023·北京·石景山·高三一模）交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（ ）
A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
30．（2023·北京·海淀·高三一模）如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2.下列说法正确的是（ ）
A．I1=2Ig
B．I2=3Ig
C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大
D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大
31．（2023·北京·通州·高三一模）如图所示，某物理兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为；导体棒通以图示方向电流I（如图所示）时，测力计的示数为。测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为
B．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为
C．若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度将减小
D．若通以图示大小相等方向相反的电流I，测力计示数将变为
32．（2023·北京·朝阳·高三一模）隐身飞机通过运用多种隐形技术降低飞机的信号特征，使雷达难以发现、识别、跟踪和攻击。飞机隐身的途径主要有两种：一是改变飞机的外形和结构，减小回波；二是飞机表面采用能吸收雷达波的涂敷材料。雷达是利用电磁波探测目标的电子设备。雷达发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、方位、高度等信息。常规雷达采用波长为0.01m～0.1m之间的厘米波，隐形飞机在常规雷达上反射的能量几乎与一只麻雀反射的能量相同，因此在常规雷达的屏幕上几乎看不到隐身飞机的回波。而米波雷达采用波长为1m～10m之间的米波，与隐身飞机的外形尺寸相匹配，从而发生谐振，大大增强了飞机回波信号的能量，从而使飞机的隐身效果下降。下列说法正确的是（ ）
A．米波不能产生偏振现象
B．米波的频率约为厘米波频率的10倍
C．米波的传播速度小于厘米波的传播速度
D．常规雷达比米波雷达的分辨率更高
33．（2023·北京·海淀·高三一模）在如图所示平面内，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为连线的中点，为的垂直平分线，C、D两点在上且。下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强比C点的场强大 B．C点的场强与D点的场强相同
C．O点的电势比D点的电势高 D．电子在C点的电势能比在D点的电势能大
参考答案
1．C
【详解】红光与绿光相比，频率较低，光子能量较小，波长较长，光在真空中的传播速度一样快。
故选C。
2．D
【详解】ABC．设自由电荷的定向移动速度为，单位体积内自由电荷数为，自由电荷的电荷量为，霍尔元件沿轴方向的长度为，沿轴方向的长度为，当霍尔元件在轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有
根据电流微观表达式可得
联立可得
由题意可知在小范围内，磁感应强度的大小和坐标成正比，则霍尔电压的大小和坐标z成正比；测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果保持不变；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿轴方向的长度越小，霍尔电压越大；故ABC错误；
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿轴向上，根据左手定则可知，磁场方向沿轴负方向，故霍尔元件所处位置更靠近右侧极，说明元件的位置坐标，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．该电容器的容量为
故A错误；
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；
C．根据
可知电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；
D．标有“，”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量为
则充电平均电流为
故D正确。
故选D。
4．C
【详解】AB．由图可知，穿过线圈的磁通量方向向里增大，根据楞次定律可知，线圈内感应电流的方向为逆时针，外电路中电流从A点经电阻R流到B点，所以A点电势比B点电势高，故AB错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为
通过电阻R的电流大小为
故C正确；
D．0.2s内电路中产生的电能等于电路中产生的焦耳热，则有
故D错误。
故选C。
5．A
【详解】等量异种电荷的电场线和等势面分布如图所示
A．等量异种点电荷的连线上B点电场强度最小，中垂线上B点电场强度最大，所以A点场强大于C点场强，A正确；
B．沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，C点电势等于B点电势，所以A点的电势比C点的电势高，B错误；
C．正电荷受到的电场力与电场线方向相同，所以将带正电的试探电荷从A移到B，电场力做正功，C错误；
D．等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，将带正电的试探电荷从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能不变，D错误。
故选A。
6．B
【详解】AB．根据题意可知，断开开关瞬间，流过的电流由于自感现象保持不变，流过的原电流消失，和组成新的回路，此时流过电流大小与流过的电流大小相等，方向自右向左，灯突然闪亮，随后逐渐变暗是因为电路稳定时，的电流小于的电流，根据并联分流原理可知，的电阻小于的电阻，故A错误，B正确；
C．图2中，闭合瞬间，对电流有阻碍作用，所以中电流与变阻器中电流不相等，故C错误；
D．图2中，闭合，电路稳定时，与的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器与的电阻值相同，故D错误。
故选B。
7．D
【详解】A．点电荷带正电，则当导体棒达到静电平衡后，导体棒端为近端，带负电，端为远端，带正电，故A错误；
B．处于静电平衡状态的导体棒是一个等势体，即端和端电势相等，故B错误；
CD．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，感应电荷在点的场强与点电荷在点的场强大小相等、方向相反，点电荷在点的场强向右，则感应电荷在点的场强向左，大小为
故C错误，D正确。
故选D。
8．D
【详解】B．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得
由于理想变压器输入电压保持不变，可知副线圈输出电压不变，则电压表示数不变，故B错误；
ACD．将开关S闭合，副线圈总电阻减小，根据
可知副线圈总电流增大，根据
可知电阻R消耗的电功率增大；根据
可知原线圈输入功率增大，原线圈输入电流增大，即电流表的示数增大，故AC错误，D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．制系统的电流等于时，电路中的总电阻
20℃热敏电阻的阻值为
若要使恒温箱内温度保持20℃，应将调为
A错误；
B．由于加热系统关闭的电流临界值2mA一定，即加热系统关闭的电路中临界的总电阻始终4500Ω。可知若要使恒温箱内保持的温度值升高，即热敏电阻的阻值减小，则必须使增大，B正确；
C．若恒温箱内温度降低，热敏电阻阻值增大，通过控制系统的电流减小，C错误；
D．根据图1可知，恒温箱内的温度与热敏电阻的阻值成线性关系，通过控制系统的电流
可知，通过控制系统的电流大小与热敏电阻的阻值不是线性关系，即保持不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度不是均匀变化，D错误。
故选B。
10．C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且，则根据
可知
若
根据
可知
由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
即
故D错误。
故选C。
11．A
【详解】A. 三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点距底板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得
，
联立解得
分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核恰好能离开电场，则可知不能离开电场，故A正确；
B. 电场力
同一电场，所带电荷量相同，故三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误；
C. 三种粒子的初速度相同，不能离开电场，故可知 在电场中运动的时间最短，和都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C错误；
D. 电场力做功
电荷量相同，电场强度相同，分析可知和在电场中运动的竖直位移相等，而在电场中运动的竖直位移较小，因此在电场中运动的过程中电场力对做功最少，故D错误。
故选A。
12．C
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
根据图中轨迹可知，，则有
故B错误；
C．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
由图可知运动轨迹为对应的圆心角大于运动轨迹为对应的圆心角，故粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为
，可知，故粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
故选C。
13．C
【详解】A．白炽灯泡额定电压为有效值，则灯泡电压的峰值大于220V，故A错误；
B．流过灯丝的电流有效值约为
故B错误；
CD．灯泡为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为热量，内灯泡消耗的电能即产生的热量是
故C正确，D错误。
故选C。
14．C
【详解】A．图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力为
其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；
C．根据左手定值可知，线圈实线部分受到的安培力向里，，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视），故C正确；
D．由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误。
故选C。
15．D
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯和的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流也是逐渐增加，A、B错误；
C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯和提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯和的电流相等，所以灯逐渐熄灭，C错误；
D．开关S闭合瞬间，灯和串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律
电路稳定后，流过D3的电流为
开关S断开瞬间，电感线圈能够为和提供与之前等大电流，故其两端电压为
所以
故可以推算出图乙中与的比值，D正确。
故选D。
16．D
【详解】A．全过程对导体棒用动能定理有
金属棒克服安培力做功为，A正确；
B．全过程中，设电阻R上产生的焦耳热为，电阻r上产生的焦耳热为，由能量守恒定律有，
解得
B正确；
C．时刻，金属棒受到的安培力F的大小为
解得
C正确；
D．时刻，根据闭合电路欧姆定律得，金属棒两端的电压为
D错误。
本题选不正确的，故选D。
17．B
【详解】AB．根据等量异种电荷周围电场分布规律以及对称性可知M、P两点的电场强度大小相同、方向不同，N、P两点的电场强度相同，A错误，B正确；
C．M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，根据沿电场线方向电势降低可知M点电势高于P点电势，故N点电势高于P点电势，C错误；
D．由于电子在M点和N点电势相同，故在M点的电势能与在N点的一样大，D错误。
故选B。
18．A
【详解】AB．图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小且为零，电流最小也为零，故A正确，B错误；
C．电路中电流的有效值为
在一个周期内，外电路产生的焦耳热为
故C错误；
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
故D错误。
故选A。
19．C
【详解】A．雨后出现的彩虹属于光的色散现象。故A错误；
B．光的干涉和衍射现象说明光是波。故B错误；
C．用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象。故C正确；
D．测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温。故D错误。
故选C。
20．D
【详解】A．当超导体处在超导状态时，导体的电阻变为零，则不能测出两端电压，选项A错误；
B．由题意可知，当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外，则处于超导状态时内部磁感应强度为零，选项B错误；
C．因为当低于某一温度后导体的电阻变为零，即同一较小的电压时电流可以变得很大，则根据三条曲线的变化趋势，可推断
选项C错误；
D．根据U-I图像可知，随着流经超导体的电流增大，电压与电流关系图像逐渐向T1的图像靠近，即导体的电压和电流趋近与正比关系，即导体的电阻趋近于某一固定值，即超导状态将被破坏，选项D正确。
故选D。
21．A
【详解】A．时刻电流为0，说明感应电动势为零，由 可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B．由“来拒去留”可知在到时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由
可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能，故D错误。
故选A。
22．C
【详解】A．沿电场线电势逐渐降低，因从A到D电势一直降低，可知场强方向沿x轴正向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，选项A错误；
B．因φ-x图像的斜率等于场强大小，则C、D两点的电场强度，选项B错误；
C．因电场强度方向沿x轴正向，可知试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功，选项C正确；
D．因B点的电势高于C点，可知同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，选项D错误。
故选C。
23．D
【详解】A．两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，则无论正负电荷都可以匀速穿过两极板，A错误；
B．根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠加场区域，根据平衡条件有
同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，根据平衡条件有
所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，B错误；
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏转，C错误；
D．仅增大粒子所带电荷量，电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，D正确。
故选D。
24．A
【详解】①系统静止时敏感元件两端弹簧位于自然状态，设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
设的长度为，两端的电压恒为，则此时电压表的示数
解得
联立得
可知系统加速度与电压表示数之间成一次函数关系，凡因变量与自变量间成一次函数的测量仪表刻度盘刻度都是均匀的，①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，则两端的电压不变，仍为，根据①分析可知加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确。
故选A。
25．B
【详解】AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，C错误；
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，永久磁体固定在转轴Ⅰ上，铝盘固定在转轴Ⅱ上，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，D错误。
故选B。
26．B
【详解】A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为
选项D正确；
本题选错误的，故选B。
27．D
【详解】A．N型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，B端聚集电子，所以B端是温差发电装置的负极，故A错误；
B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同，故B错误；
C．根据能量守恒，温差发电装置供电时需要消耗热量，故C错误，
D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器，故D正确。
故选D。
28．D
【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据
可知，制动过程中，导体会发热，A错误；
B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；
C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；
D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。
故选D。
29．D
【详解】A．根据
解得
故A错误；
B．根据
解得
故B错误；
CD．当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大。故C错误；D正确。
故选D。
30．C
【详解】AB．设R1=R2=RG=R，根据电表改装原理得
I1=Ig，I2=Ig
联立可得
I1=3Ig，I2=1.5Ig
故AB错误；
CD．由以上分析可知，若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，故C正确，D错误。
故选C。
31．D
【详解】AB．当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受安培力向上，则磁铁受到向下的作用力，由平衡可知
解得
选项AB错误；
C．磁体两极间的磁感应强度只与磁体本身有关，若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度不变，选项C错误；
D．若通以图示大小相等方向相反的电流I，则安培力反向，此时测力计示数将变为
选项D正确。
故选D。
32．D
【详解】A．米波是电磁波，能产生偏振现象，故A错误；
B．由
可得米波的频率约为厘米波频率的
故B错误；
C．米波的传播速度等于厘米波的传播速度，故C错误；
D．雷达的分辨率是与其所使用的频率有着密切关系的，频率越高，分辨率也就越高，所以常规雷达比米波雷达的分辨率更高，故D正确。
故选D。
33．C
【详解】A．两个带等量正电的点电荷在A、B中点产生的场强为零，而C点的场强不为零，故O点的场强比C点的场强小，A错误；
B．根据对称关系可知，C点的场强与D点的场强大小相等，但方向相反，B错误；
C．两个带等量正电的点电荷的中垂线的电场方向有O点指向远处，所以O点的电势比D点的电势高，C正确；
D．根据对称性可知，C点的电势与D点的电势相同，故电子在C点的电势能与在D点的电势能相等，D错误。
故选C。2023北京高三一模物理汇编
压轴选择
1．（2023·北京东城·统考一模）我国科研人员对“嫦娥五号”返回器携带的月壤样品进行研究，取得了重大科研成果，科研人员通过X射线衍射、聚焦离子束等一系列技术手段对样品进行分析研究，首次发现了一种新矿物并确定其晶体结构，被国际权威机构命名为“嫦娥石”。聚焦离子束技术是利用电场将离子束聚焦成极小尺寸的显微加工技术，经过聚焦的高能离子束轰击样品，与其表面原子的相互作用过程比较复杂，若表面原子受碰撞后运动方向是离开表面，而且能量超过一定数值时，会有粒子从表面射出，粒子可能是原子、分子，也可能是正负离子、电子、光子。除发现“嫦娥石”外，科研人员还首次准确测定了月壤样品中氦3（）的含量和提取温度，氦3被科学家视为未来核聚变反应的理想原料。若氦3参与核聚变反应，不会产生核辐射，且可以释放更多能量，氦3主要来自太阳风——太阳喷射出来的高能粒子流。月球没有磁场和大气的保护，太阳风可以直接降落在月球表面，使其携带的氦3得以保存，但氦3在地球上含量极少，根据以上信息及所学知识判断，下列说法错误的是（ ）
A．X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象，是由于其波长与原子间距相近
B．利用聚焦离子束技术可以将光束聚焦后照射金属表面，使其发生光电效应
C．氦3参与聚变反应，虽然不会产生核辐射，但反应过程中会存在质量亏损
D．地磁场会使太阳风中的氦3发生偏转，影响其到达地面
2．（2023·北京西城·统考一模）2023年春节期间，中国科幻电影《流浪地球2》热映．《流浪地球》系列影片设定：若干年后，太阳上的氢元素将被耗尽，太阳由“氢核聚变”阶段进入“氦核聚变”阶段，并成为一颗红巨星，地球将被太阳吞没、气化．因此，人类启动了“流浪地球”计划．人类的自救之旅的第一阶段是“刹车阶段”，利用2000台安装在地球赤道上的“转向式行星发动机”，通过喷射高能高压的粒子流，推动地球停止自转；第二阶段是“逃逸阶段”，利用“推进式行星发动机”推动地球加速，增大公转速度，逐渐脱离太阳系，开启“流浪”之旅．
根据以上素材，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐减小
B．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，南北极处的物体所受重力逐渐增大
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高
3．（2023·北京朝阳·统考一模）图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机。这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面。图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图。固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场（俯视图）；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈（图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点）。当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO＇轴转动。设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B。图中线圈实线部分的长度为L。下列说法正确的是（ ）
A．图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C．图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视）
D．为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
4．（2023·北京延庆·统考一模）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量．如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系．保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压．当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，为0，将该点作为位移的零点．在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表．下列说法中正确的是（ ）
A．在小范围内，霍尔电压的大小和坐标z成反比
B．测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果将偏大
C．其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压越小
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，说明元件的位置坐标
5．（2023·北京丰台·统考一模）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。如图为某超导体在不同温度下两端电压和流经超导体电流的U-I特性曲线，温度分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．当超导体处在超导状态时，两端能够测出电压
B．将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度不为零
C．根据三条曲线的变化趋势，可推断
D．随着流经超导体的电流增大，超导状态将被破坏
6．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，质量分别为和（）的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
7．（2023·北京石景山·统考一模）从1907 年起，密立根就开始测量金属的遏止电压 （即图1 所示的电路中电流表G 的读数减小到零时加在电极K 、A 之间的反向电压）与入射光的频率，由此算出普朗克常量h ，并与普朗克根据黑体辐射得出的h 相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的图像如图2 所示．下列说法正确的是
A．该金属的截止频率约为4．27× 1014 Hz
B．该金属的截止频率约为5．50× 1014 Hz
C．该图线的斜率为普朗克常量
D．该图线的斜率为这种金属的逸出功
8．（2023·北京海淀·统考一模）2022年10月31日“梦天”实验舱成功发射，其上配置了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，利用太空中的微重力环境和冷却技术，可获得地面无法制备的超冷原子。超冷原子是指温度接近0K状态下的原子（质量约10-27kg），其运动速度约为室温下原子速度（约500m/s）的5×10-5倍。超冷原子的制备要先利用激光冷却技术，使用方向相反的两束激光照射原子，原子会吸收激光的光子然后再向四周随机辐射光子，经过多次吸收和辐射后，原子的速度减小。同时施加磁场将原子束缚在一定区域内，避免原子逃逸，以延长原子与激光作用的时间。再用蒸发冷却技术，将速度较大的原子从该区域中排除，进一步降低温度。取普朗克常量h=6.63×10-34J·s。下列说法错误的是（ ）
A．太空中的微重力环境可使实验舱中的原子长时间处于悬浮状态，利于获得超冷原子
B．超冷原子的物质波波长约为10-5m量级
C．原子减速是通过原子向四周随机辐射光子实现的
D．超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似
参考答案
1．B
【详解】A．X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象，是由于其波长与原子间距相近，故A正确，不符合题意；
B．利用聚焦离子束技术可以将离子束聚焦后照射金属表面，使其发生光电效应，故B错误，符合题意；
C．氦3参与聚变反应，虽然不会产生核辐射，但反应过程中会存在质量亏损，释放能量，故C正确，不符合题意；
D．地磁场会使太阳风中的氦3发生偏转，影响其到达地面，故D正确，不符合题意；
故选B。
2．D
【详解】AB．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，而南北极处的物体本身不受地球自转的影响，因此在地球停止自转的过程南北极处物体的重力不变，故AB错误；
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相同，以使地球在公转轨道实现跃迁，逃离太阳系，故C错误；
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力为
其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；
C．根据左手定值可知，线圈实线部分受到的安培力向里，，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视），故C正确；
D．由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】ABC．设自由电荷的定向移动速度为，单位体积内自由电荷数为，自由电荷的电荷量为，霍尔元件沿轴方向的长度为，沿轴方向的长度为，当霍尔元件在轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有
根据电流微观表达式可得
联立可得
由题意可知在小范围内，磁感应强度的大小和坐标成正比，则霍尔电压的大小和坐标z成正比；测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果保持不变；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿轴方向的长度越小，霍尔电压越大；故ABC错误；
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿轴向上，根据左手定则可知，磁场方向沿轴负方向，故霍尔元件所处位置更靠近右侧极，说明元件的位置坐标，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．当超导体处在超导状态时，导体的电阻变为零，则不能测出两端电压，选项A错误；
B．由题意可知，当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外，则处于超导状态时内部磁感应强度为零，选项B错误；
C．因为当低于某一温度后导体的电阻变为零，即同一较小的电压时电流可以变得很大，则根据三条曲线的变化趋势，可推断
选项C错误；
D．根据U-I图像可知，随着流经超导体的电流增大，电压与电流关系图像逐渐向T1的图像靠近，即导体的电压和电流趋近与正比关系，即导体的电阻趋近于某一固定值，即超导状态将被破坏，选项D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律
由题知
解得
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
7．A
【详解】试题分析：设金属的逸出功为，截止频率为，因此；光电子的最大初动能Ek 与遏止电压UC 的关系是，光电效应方程为；联立两式可得：，因此图像的斜率为，ＣＤ错误；当可解得，即金属的截止频率约为Hz，在误差允许范围内，可以认为A 正确；B 错误．
考点：光电效应．
8．C
【详解】A．在微重力环境下，原子几乎不受外力，故而能够长时间处于悬浮状态，有利于激光照射，故利于获得超冷原子，A正确，不符合题意；
B．由德布罗意波波长公式
其中
解得超冷原子的物质波波长
故B正确，不符合题意；
C．原子减速是通过吸收迎面射来的激光光子的能量，从而动量减少，速度减小，故C错误，符合题意；
D．超冷原子的蒸发冷却的机制，与室温下水杯中的水蒸发冷却的机制类似，D正确，不符合题意。
故选C。2023北京高三一模物理汇编
动量定理
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考一模）某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（ ）
A．1.2G B．1.6G C．2.2G D．2.6G
2．（2023·北京西城·统考一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面左右时开启降落伞，速度减至约，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为．由以上信息可知（ ）
A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为
D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
3．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
二、解答题
4．（2023·北京东城·统考一模）应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析，比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用来描述这一点的弯曲程度，如图甲所示，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理。如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系的第二象限内，末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m的小滑块从轨道上的A点由静止开始下滑，滑到轨道末端时速度大小为，轨道对其支持力大小为，之后小滑块离开轨道做平抛运动。已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O对称，重力加速度为g。
（1）求轨道末端的曲率半径；
（2）小滑块做平抛运动时经过B点（图中未出），若由A点运动到O点与由O点运动到B点经过相同路程，用表示小滑块由A点运动到O点过程的动量变化量，用表示小滑块由O点运动到B点过程的动量变化量，通过分析比较与的大小；
（3）轨道上的C点距x轴的距离为，求小滑块经过C点时受到的支持力大小。
5．（2023·北京朝阳·统考一模）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。
（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。
（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。
a、已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；
b、图是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。
参考答案
1．C
【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理
其中
穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有
解得
故选C。
2．D
【详解】A．开启降落伞减速的过程中，加速度向上，舱体处于超重状态，A错误；
B．在大气中匀速降落过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少，B错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式
代入数据解得
可知航天员的加速度约为，C错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量竖直向上，重力的重力竖直向下，物体的动量变化量向上，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，D正确。
故选D。
3．A
【详解】由于小圆柱体N竖直方向上做匀速直线运动，且在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，令为，可知OA、AB、BC三个过程经历时间相等，则有
小圆柱体在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小圆柱体运动至A、B、C位置水平方向的分位移分别为
，，
则有
，
根据动能定理有
，，
解得
根据动量定理有
，，
解得
综合上述有
，
故选A。
4．（1）；（2）与的大小相等；（3）
【详解】（1）小滑块运动到O点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）设A点距x轴的距离为，小滑块由A点运动到O点的过程中
根据动能定理
小滑块由O点运动到达B点过程中，下落距离也为，则
根据动量定理
解得
因此，与的大小相等。
（3）如图所示，小滑块经过C点时受到重力、支持力作用，C点处的曲率半径为
根据牛顿第二定律有
从C点运动到O点过程中根据动能定理有
由于轨道曲线与平抛轨迹关于坐标原点O对称，所以在平抛轨迹上有对称点D，其曲率半径为，距x轴的距离为。小滑块运动到D点时速度为，在D点时
，
从O点运动到D点过程中根据动能定理有
联立可得
5．（1）；（2）a、；b、
【详解】（1）设航天员质量为m，所受侧壁对他的支持力N提供向心力，有
同时
解得
（2）a、设t时间内每台发动机喷射出的气体质量为m，气体相对地面速度为v，气体受到返回舱的作用力为F，则有
又
解得
由牛顿第三定律可知，气体对返回舱的作用力大小
返回舱在匀减速下落的过程中，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
b、接收器单位时间单位面积接收的光子个数为
故接收器单位时间接收光子的个数
解得2023北京高三一模物理汇编
抛体运动章节综合
一、单选题
1．（2023·北京·西城·一模）跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段．在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示．这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力．关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是（ ）
A．可以增加水平方向的飞行速度
B．可以增加竖直方向的加速度
C．可以增加运动员的机械能
D．可以获得更长的飞行时间
二、实验题
2．（2023·北京·海淀·一模）某同学探究平抛运动的特点。
（1）用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的特点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。
①关于该实验，下列说法正确的是 （选填选项前的字母）。
A．A、B两球应选用体积小、质量大的小球
B．打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上
C．比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此 说明A球竖直方向分运动为自由落体运动， 说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。（填“能”或者“不能”）
（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中，必要的是 （选填选项前的字母）。
A．通过调节使斜槽末段保持水平 B．每次需要从不同位置静止释放A球
C． 通过调节使硬板保持竖直 D．尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验 （选填选项前的字母）。
A．A球释放的高度偏高 B．A球释放的高度偏低
C． A球没有被静止释放 D．挡板MN未水平放置
（3）某同学用平滑曲线连接这些痕迹点，得到图4所示A球做平抛运动的轨迹。请利用该轨迹和（1）中得出的平抛运动竖直方向分运动的特点，说明怎样确定平抛运动水平分运动是匀速直线运动 。
3．（2023·北京·通州·一模）用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点。
（3）如图2所示是甲同学在某次实验中取得的数据，其中坐标原点为抛出点，g取10，则此小球作平抛运动的初速度大小为 m/s。
（4）乙同学想用下述方法探究平抛运动的特点。他从实验得到的平抛小球的运动轨迹上取出一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，描绘图像。该同学认为若图像是一条过原点的直线（如图3所示），则可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动，请你分析论证该同学的判断是否正确 。
三、解答题
4．（2023·北京·西城·一模）流量是指单位时间内通过管道横截面的流体体积，在生活中经常需要测量流量来解决实际问题。环保人员在检查时发现一根排污管正在向外满口排出大量污水，如图所示。他测出水平管口距落点的竖直高度为h，管口的直径为d，污水落点距管口的水平距离为l，重力加速度为g。请根据这些测量量估算：
a．污水离开管口时的速度大小v；
b．排出污水的流量Q。
参考答案
1．D
【详解】运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身体的“托举力”，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而增加了在空中飞行的时间。
故选D。
2． AB 能 不能 AC AC 见解析
【详解】（1）①[1]A．为了减小小球运动过程中空气阻力的影响，实验中应选择体积小，质量大的小球，故A正确；
B．实验中需要确保两小球下落高度相等，则打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，故B正确；
C．根据
解得
可知，当两小球下落高度相等时，两球同时落地，实验中只需比较两球是否同时落地，并不需要求出时间的具体值，因此不需要测量两球下落的高度，故C错误。
故选AB。
②[2] B做自由落体运动，A做平抛运动，多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，表明两气体下落高度相同时，下落的时间也相同，由此能够说明A球竖直方向分运动为自由落体运动；
[3]改变小锤敲击弹性金属片的力度，A球平抛运动的初速度大小不一样，由于不能够确定时间与速度的具体值，即也不能确定水平位移的大小，因此不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
（2）①[4]A．为了确保小球飞出的初速度方向水平。实验中需要通过调节使斜槽末段保持水平，故A正确；
B．由于实验需要确保小球飞出的初速度大小一定，则实验时每次需要从同一位置静止释放A球，故B错误；
C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误。
故选AC。
②[5]根据图像可知，偏差较大的点位于正常轨迹点的上侧，表明该点水平方向的速度比其它点的水平速度大，可知有可能是小球释放是没有被静止释放，释放时有一定的初速度，或者小球释放位置偏高。
故选AC。
（3）[6]如图所示
其中O为抛出始点，在曲线OP上取A、B、C、D四个点，这四个点对应的坐标分别，、、，使
则有
根据
可知相邻点迹之间的时间间隔相等，若有
则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。
3． BD/DB 球心 错误
【详解】（1）[1] A．斜槽轨道是否光滑不会影响刚球做平抛运动，A错误；
B．斜槽轨道末段水平为了保证刚球做平抛运动，B正确；
C．挡板高度是否等间距变化不会影响钢球做平抛运动，C错误；
D．每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球，到达斜槽末端速度相同，D正确。
故选BD。
（2）[2]小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点。
（3）[3]由平抛运动规律
，
小球作平抛运动的初速度大小为
（4）[4]若在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动，则
，
联立可得
以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，描绘图像。若图像是一条过原点的直线，则可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动，但是只有在算出图像的斜率，且才可以说明竖直方向为自由落体运动。
4．a．；b．
【详解】a．污水由管口流出后可近似认为做平抛运动，有
得
b．排出污水的流量
其中
得2023北京高三一模物理汇编
光电效应
一、单选题
1．（2023·北京·门头沟·高三一模）如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为a、b、c三束单色光。下列说法正确的是（ ）
A．c光的光子能量最大
B．在真空中a光的速度最大
C．玻璃对a光的折射率最大
D．从玻璃射向空气，a光发生全发射的临界角最小
2．（2023·北京·房山·高三一模）关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A．光导纤维是利用光的折射传输信息
B．泊松亮斑属于光的干涉现象
C．一束白光通过三棱镜形成彩色光带是因为不同颜色的光折射率不同
D．紫外线灯照射锌板，入射光越强，光电子的最大初动能越大
3．（2023·北京·东城·高三一模）某型号智能手环在工作时会发出红光和绿光，与绿光相比（ ）
A．红光频率高 B．红光波长短
C．红光光子能量小 D．红光在真空中的传播速度快
4．（2023·北京·丰台·高三一模）下列各种现象中都表现出光具有波动性的是（ ）
A．光的直线传播现象、反射现象
B．光的全反射现象、折射现象
C．光的衍射现象、干涉现象
D．光的康普顿效应、光电效应
5．（2023·北京·汇文中学·高三一模）地球半径约为6400km，地球表面的大气随海拔高度增加而变薄，大气压强也随之减小到零，海拔100km的高度被定义为卡门线，为大气层与太空的分界线。有人设想给太空飞船安装“太阳帆”，用太阳光的“光子流”为飞船提供动力来实现星际旅行。已知在卡门线附近，一个正对太阳光、面积为1.0×106m2的平整光亮表面，受到光的压力约为9N；力虽小，但假设以同样材料做成面积为1.0×104m2的 “帆”安装在飞船上，若只在光压作用下，从卡门线附近出发，一个月后飞船的速度可达到2倍声速。设想实际中有一艘安装了“帆”（面积为1.0×104m2）的飞船，在卡门线上正对太阳光，下列说法正确的是（ ）
A．飞船无需其他动力，即可不断远离太阳
B．一年后，飞船的速度将达到24倍声速
C．与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，“帆”上的压力约为2.25×10-2N
D．与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，飞船的加速度为出发时的
6．（2023·北京·汇文中学·高三一模）用图1所示装置研究光电效应现象，三次用同一光电管在不同光照条件下实验，记录微安表的示数I随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条光电流与电压之间的关系曲线，如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲光的频率大于乙光的频率
B．丙光的波长小于乙光的波长
C．甲光和丙光的强弱程度相同
D．甲光和丙光产生的光电子最大初动能相同
7．（2023·北京·一五六·高三一模）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A．对应的前后能级之差最小
B．同一介质对的折射率最大
C．同一介质中的传播速度最大
D．用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能
8．（2023·北京·石景山·高三一模）从1907 年起，密立根就开始测量金属的遏止电压 （即图1 所示的电路中电流表G 的读数减小到零时加在电极K 、A 之间的反向电压）与入射光的频率，由此算出普朗克常量h ，并与普朗克根据黑体辐射得出的h 相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的图像如图2 所示．下列说法正确的是
A．该金属的截止频率约为4．27× 1014 Hz
B．该金属的截止频率约为5．50× 1014 Hz
C．该图线的斜率为普朗克常量
D．该图线的斜率为这种金属的逸出功
参考答案
1．A
【详解】AC．根据题意，由图可知，光的偏折角最小，折射率最小，频率最小，由可知，c光的光子能量最大，故C错误，A正确；
B．在真空中三束单色光的速度相等，故B错误；
D．由公式可知，a光发生全发射的临界角最大，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．光导纤维是利用光的全反射传输信息的，故A错误；
B．泊松亮斑属于光的衍射现象，故B错误；
C．白光是由各种色光混合而成，而由于不同颜色的光折射率不同，通过三棱镜后偏转角度不同，从而形成彩色光带，故C正确；
D．光电子最大初动能与光照强度无关，入射光的频率越大，光电子初动能越大，光照强度越大，光电子个数越多，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】红光与绿光相比，频率较低，光子能量较小，波长较长，光在真空中的传播速度一样快。
故选C。
4．C
【详解】光的直线传播、反射、折射、全反射、康普顿效应、光电效应证明了光具有粒子性，光的衍射、干涉、偏振现象证明了光具有波动性。
故选C。
5．C
【详解】A．因为飞船受到太阳的引力作用，飞船依靠光的压力不能远离太阳，A错误；
B．依据动量定理，只有持续受到恒定的光压一年，飞船的速度才能达到24倍声速，然而飞船运动到卡门点时才能接受光压而加速，一年时间内受到光压而加速的时间非常短，所以一年后，飞船的速度不能达到24倍声速，B错误；
C．根据球表面积公式，半径变为原来的2倍，球的表面积变为原来的4倍，光子的密度减少为原来的，光子的压力也减少为原来的，与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，“帆”上的压力约为
C正确；
D．与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，飞船受到的来自太阳和其他天体的万有引力，远大于光子的压力，其加速度不可能是出发时加速度的，D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．甲光的饱和电流大于乙光的饱和电流，说明单位时间内甲光的光电子数目多于乙光的光电子数目，即单位时间甲光的光子数目多于乙光的光子数目，在光强度相同的情况下，根据普朗克的量子理论，甲光的频率小于乙光的频率，A错误；
B．甲和丙遏制电压相同，频率相同，都小于乙光的频率，根据
可知，丙光的波长大于乙光的波长，B错误；
C．甲光饱和电流大于丙光的饱和电流，甲光的光子数多以乙的饱和电流，所以甲丙频率相同，甲光强丙光弱，C错误；
D．甲丙遏制电压相同，频率相同，根据爱因斯坦的光电效应方程可知
甲丙的光电子的最大初动能相同，D正确；
故选D。
7．A
【详解】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应．
波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D错误．
【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小．
8．A
【详解】试题分析：设金属的逸出功为，截止频率为，因此；光电子的最大初动能Ek 与遏止电压UC 的关系是，光电效应方程为；联立两式可得：，因此图像的斜率为，ＣＤ错误；当可解得，即金属的截止频率约为Hz，在误差允许范围内，可以认为A 正确；B 错误．
考点：光电效应．2023北京高三高三一模物理汇编
电路及其应用章节综合
一、单选题
1．（2023·北京·东城·高三一模）如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为的带电粒子，从M点水平方向以初速度射入板间，并打在下极板上的N点。已知与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则（ ）
A．两点间的距离为
B．粒子在两点间的运动时间为
C．粒子刚到达N点时的速度大小为
D．粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为45°
2．（2023·北京·西城·高三一模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素．让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核恰好能离开电场，轨迹如图所示．不计粒子的重力，则（ ）
A．不能离开电场
B．在电场中受到的电场力最大
C．在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对做功最少
3．（2023·北京·门头沟·高三一模）用两个完全相同的灵敏电流计改装成两个量程不同的电流表，下列说法正确的是（ ）
A．将两个电流表并联，指针偏角不同，量程大的示数大
B．将两个电流表并联，指针偏角相同，量程大的示数小
C．将两个电流表串联，两表示数相同，量程大的偏角小
D．将两个电流表串联，两表示数相同，量程大的偏角大
4．（2023·北京·延庆·高三一模）如图所示是中国公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80％以上的动能转化成电能回收储存再使用．这种电车的核心元器件是“，”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”．下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容也逐渐增加
C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变
D．若标有“，”的电容器从电量为零到充满电用时，则充电平均电流为
二、实验题
5．（2023·北京·门头沟·高三一模）在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为5Ω。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图1所示，则金属丝的直径d= mm。
（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）
电源（电动势为3V，内阻不计）
某同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽可能准确，应选用图所示的 电路进行实验。
A．B．
C．D．
（3）该同学建立坐标系，如图3所示。图中已标出了与测量数据对应的六个坐标点，请描绘出图线 ，并由图线数据计算出金属丝的电阻为 Ω（结果保留1位小数）。设被测金属丝电阻为，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则该金属丝电阻率的表达式是 （用题目给出的物理量符号表示）。
6．（2023·北京·海淀·高三一模）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。图中A、B端之间电压恒为U，灯泡L的电阻恒为R1，滑动变阻器R的最大阻值为R2，在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，应选择 （选填“甲”“乙”或“丙”）电路，灯泡两端电压最大变化范围是 。
7．（2023·北京·东城·高三一模）利用实验室的指针式多用电表研究如下问题。
（1）将多用电表的选择开关调到直流电压挡。如图甲所示，闭合开关，将电压表并联在A、B两点间，电压表示数为，并联在A、C两点间，电压表示数也为，并联在B、C两点间，电压表示数为零，已知，阻值相差不大，出现上述情况的原因可能是 。
A．段断路B．段断路C．段短路D．段短路
（2）将选择开关调到电阻挡“×1k”的位置，将红，黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表的指针指在表盘 （选填“左侧”或“右侧”）零刻度线处，将光敏电阻与欧姆表直接相连，通过用手遮挡的方式来改变照射到光敏电阻的光照强弱，在不改变选择开关位置的情况下，欧姆表指针位置发生变化，如图乙所示，由此可判断光照变弱时，该光敏电阻的阻值 （选填“变大”或“变小”）。
（3）如图丙所示是一个简单的欧姆表电路示意图，其中电流表电流为500μA，内阻为100Ω，电池电动势为1.5V，内阻为1Ω；变阻器最大阻值为5000Ω。
①调零后测量某定值电阻时，指针指在刻度盘的正中央，则该定值电阻阻值为 Ω。
②使用一段时间后电池老化，电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω，但仍可调零，正确操作后，测量另一个定值电阻，欧姆表读数为300Ω，则这个电阻的阻值应为 Ω。
8．（2023·北京·朝阳·高三一模）某同学用伏安法测金属丝的电阻（阻值约5Ω左右）。实验所用器材为：电池组（电动势3V）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω）开关、导线若干。
（1）图中电压表的右端应与 （选填“a”或“b”）点连接。
（2）图是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的右端。请根据（1）问中的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表读数均为最小值 。
（3）该同学在坐标纸上建立如图所示的坐标系，标出了与测量数据对应的6个点。请在该图中描绘出I-U图线 ，利用图线可得该金属丝的阻值 Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）通过电路元件的I-U图像可以了解其性能。该同学查阅说明书，了解到某元件具有维持用电器两端电压稳定的作用，其正常工作电压为3.0V，电流约为83mA，I-U图像如图所示。若使用该元件与一额定电压为3.0V的用电器并联，通过适当的电阻构成如图所示的电路。当输入电压在一定范围内波动时，用电器两端电压能够稳定在3.0V不变，请分析说明其原因 。
9．（2023·北京·平谷·高三一模）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。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（，内阻约） B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻约） D．电压表（，内阻约）
E．滑动变阻器（，额定电流1A） F．电源（12V，内阻约）
G．开关和导线若干
（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“”倍率，示数如图甲，则读数为 Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。( )
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线。( )
1 2 3 4 5 6
1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0
53.5 160 267 374 411 588
（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为 （用D、L和R表示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是 （选填选项前的字母）。
A．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
10．（2023·北京·石景山·高三一模）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）用学生实验室中的电压表（量程0~3V，内阻约为3kΩ）、电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω）和滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）测量一节旧干电池的电动势和内阻。要求尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的 （选填“甲”或“乙”）。
（2）关于指针式多用电表欧姆挡的使用操作，下列说法中正确的是( )
A．测电阻时，若改用不同倍率，需要重新欧姆调零
B．若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“”挡
C．测电阻时，电流从红表笔流出电表，经过待测电阻，从黑表笔流回电表
D．若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，指针先向右偏转再回到左端
（3）如图2所示，用伏安法测量待测电阻的阻值，M、N间电压为保持不变。选用三种不同规格的滑动变阻器，最大阻值分别是，，，从左向右移动滑片P，研究待测电阻两端的电压U与滑片的滑动距离L（滑片从左向右滑动的最大距离为）的关系，获得如图3所示的三条图线。请你结合三条图线判断：在使用图2所示电路测量待测电阻阻值的实验中，选择哪一种规格的滑动变阻器最合适，并简要说明理由。( )
三、解答题
11．（2023·北京·延庆·高三一模）如图，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为，C、D两板分别带正电和负电，两板间场强为，C、D两极板长均为。一质量为，电荷量为的带电粒子（不计重力）由静止开始经A、B加速后穿过C、D并发生偏转（CD右侧没有电场），最后打在荧光屏上。求：
（1）粒子离开B板时速度大小；
（2）粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移；
（3）粒子打在荧光屏上时的动能。
四、填空题
12．（22·23下·海淀·高三一模）图中、端之间电压恒为，灯泡的电阻恒为，滑动变阻器的最大阻值为，灯泡两端电压最大变化范围是 。
参考答案
1．A
【详解】AB．由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
又因为与竖直方向成45°角，所以有
联立解得
则两点间的距离为
故A正确，B错误；
CD．粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
则粒子刚到达N点时的速度大小为
粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为
故C、D错误。
故选A。
2．A
【详解】A. 三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点距底板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得
，
联立解得
分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核恰好能离开电场，则可知不能离开电场，故A正确；
B. 电场力
同一电场，所带电荷量相同，故三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误；
C. 三种粒子的初速度相同，不能离开电场，故可知 在电场中运动的时间最短，和都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C错误；
D. 电场力做功
电荷量相同，电场强度相同，分析可知和在电场中运动的竖直位移相等，而在电场中运动的竖直位移较小，因此在电场中运动的过程中电场力对做功最少，故D错误。
故选A。
3．C
【详解】AB．将两个电流表并联，则灵敏电流计两端电压相等，故流过表头的电流相等，指针偏角相同，量程大的示数大。故AB错误；
CD．将两个电流表串联，则流过两电流表的总电流相等，故两表示数相同，但由分流关系可知，偏角不同，量程大的偏角小。故C正确；D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．该电容器的容量为
故A错误；
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；
C．根据
可知电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；
D．标有“，”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量为
则充电平均电流为
故D正确。
故选D。
5． 0.183 A 5.2
【详解】（1）[1]由图1可知，螺旋测微器固定刻度的读数是0，可动刻度的读数为0.01×18.3mm=0.183mm，则有金属丝的直径为
d=0+0.183mm=0.183mm
（2）[2]因为
又电压要从0开始变化，滑动变阻器要用分压式接入电路，因此为减小实验误差，实验电路应选用图A所示的电路进行实验。
故选A。
（3）[3]描绘出图线时，应使更多的坐标点在图线上，如图所示。
[4]由欧姆定律可得
由图线数据计算出金属丝的电阻为
[5]设被测金属丝电阻为，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，由电阻定律可得该金属丝电阻率的表达式是
6． 乙 0~U
【详解】[1]在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，故填乙；
[2]根据乙图知，灯泡两端电压最大变化范围是：0~U
7． AD/DA 右侧 变大 3000 280
【详解】（1）[1]电压表有示数说明并联部分无短路，串联部分无断路，电压表无示数说明并联部分可能短路或者串联部分断路．根据题意电压表并联在A、C两点间，电压表示数为U1，当并联在A、B两点间时，电压表示数也为U1，当并联在B、C两点间时，电压表的示数为零，则可以判断电路的故障可能是AB段断路，也可能是BC段短路，故选AD。
（2）[2]将选择开关调到电阻挡“×1k”的位置，将红，黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表的指针指在表盘电阻档零刻度线即右侧零刻度线处。
[3]由图乙可知，遮挡后电阻变大，由此可判断光照变弱时，该光敏电阻的阻值变大。
（3）[4]调零后，欧姆表内阻
指针指在刻度盘的正中央，表盘中值电阻等于欧姆表内阻，即
[5]电动势变为1.4V调零后，欧姆表内阻
由300Ω对应的电流列出关系式
解得
8． a 4.3/4.4/4.5/4.6/4.7/4.8 见解析
【详解】（1）[1]依题意，金属丝的电阻较小，采用电流表外接法。电压表的右端应与a点连接。
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3] I-U图线如图所示
[4] 该金属丝的阻值为图线的斜率的倒数，即
（4）[5]当输入电压有所升高时，两端的电压瞬间大于3.0V，元件中电流从83mA急剧增大，使两端的电压增大，两端的电压又回到3.0V；当输入电压有所下降时，两端的电压瞬间小于3.0V，元件中电流从83mA急剧减小，使两端的电压减小，两端的电压又回到3.0V。因此，用电器两端电压能够稳定在3.0V不变。
9． A D D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为
则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示
（4）[5]图线如图所示
（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为
则电导率为。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故选D。
10． 乙 AD 见解析
【详解】（1）[1]由于干电池的内阻较小，电压表的内阻远远大于干电池的内阻，而电流表的内阻与干电池的内阻相差不大，表明电压表的分流影响小于电流表的分压影响，图甲中的误差主要在于电流表的分压，图乙中的误差主要在于电压表的分流，因此图乙误差小一些，为了尽量减小电表内阻对测量结果的影响，应该选择的实验电路是图1中的图乙。
（2）[2]A．测电阻时，若改用不同倍率，欧姆表的内阻随之发生变化，则需要重新进行欧姆调零，A正确；
B．为了减小欧姆表的读数误差，需要使得指针指在中央刻线附近，即中值电阻与待测电阻的阻值相隔不太多，由于欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，可知需要使用“”挡，此时中值电阻为
与待测电阻的阻值相隔较近，如果采用挡，则中值电阻为
与待测电阻的阻值相隔太大，指针没有指在中央刻线附近，即若欧姆表盘中央刻度值为“15”，待测电阻约200Ω，需要使用“”挡，B错误；
C．根据“红进黑出”规律，测电阻时，电流从红表笔流回电表，经过待测电阻，从黑表笔流出电表，C错误；
D．若红黑表笔分别与一不带电的电容器两极相接，欧姆表中的电源先要对电容器充电，有充电电流，此时指针要向右偏转，充电完成后电路中没有电流，指针又再回到左端，即指针先向右偏转再回到左端，D正确。
故选AD。
（3）[3]滑动变阻器最合适，使用可使待测电阻电压变化范围较大，约占总电压的，电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节。
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在加速电场中加速过程，由动能定理可得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得
，，
联立解得
（3）粒子从开始运动到打在荧光屏上整个过程根据动能定理可知
所以有
12．
【详解】当滑片置于最左端时，AB两端的电压全部加在灯泡上，则灯泡的最大电压为U；
当滑片置于最右端时，灯泡两端的电压最小，为
则灯泡两端的电压取值范围为。2023北京高三高三一模物理汇编
导体电阻率的测量
一、实验题
1．（2023·北京·门头沟·高三一模）在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为5Ω。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图1所示，则金属丝的直径d= mm。
（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）
电源（电动势为3V，内阻不计）
某同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽可能准确，应选用图所示的 电路进行实验。
A．B．
C．D．
（3）该同学建立坐标系，如图3所示。图中已标出了与测量数据对应的六个坐标点，请描绘出图线 ，并由图线数据计算出金属丝的电阻为 Ω（结果保留1位小数）。设被测金属丝电阻为，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则该金属丝电阻率的表达式是 （用题目给出的物理量符号表示）。
2．（2023·北京·海淀·高三一模）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。图中A、B端之间电压恒为U，灯泡L的电阻恒为R1，滑动变阻器R的最大阻值为R2，在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，应选择 （选填“甲”“乙”或“丙”）电路，灯泡两端电压最大变化范围是 。
3．（2023·北京·平谷·高三一模）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。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（，内阻约） B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻约） D．电压表（，内阻约）
E．滑动变阻器（，额定电流1A） F．电源（12V，内阻约）
G．开关和导线若干
（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“”倍率，示数如图甲，则读数为 Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。( )
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线。( )
1 2 3 4 5 6
1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0
53.5 160 267 374 411 588
（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为 （用D、L和R表示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是 （选填选项前的字母）。
A．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
参考答案
1． 0.183 A 5.2
【详解】（1）[1]由图1可知，螺旋测微器固定刻度的读数是0，可动刻度的读数为0.01×18.3mm=0.183mm，则有金属丝的直径为
d=0+0.183mm=0.183mm
（2）[2]因为
又电压要从0开始变化，滑动变阻器要用分压式接入电路，因此为减小实验误差，实验电路应选用图A所示的电路进行实验。
故选A。
（3）[3]描绘出图线时，应使更多的坐标点在图线上，如图所示。
[4]由欧姆定律可得
由图线数据计算出金属丝的电阻为
[5]设被测金属丝电阻为，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，由电阻定律可得该金属丝电阻率的表达式是
2． 乙 0~U
【详解】[1]在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，故填乙；
[2]根据乙图知，灯泡两端电压最大变化范围是：0~U
3． A D D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为
则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示
（4）[5]图线如图所示
（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为
则电导率为。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故选D。2023北京高三一模物理汇编
宇宙航行
一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道II或III。轨道I、II和III均与地球赤道面共面。变更轨道后（ ）
A．卫星沿轨道III运动
B．卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
2．（2023·北京东城·统考一模）2022年11月1日，重约23吨的梦天实验舱与重约60吨的天和核心舱组合体顺利对接，完成了中国空间站建设最后一个模块的搭建。已知对接后中国空间站距地面高度约为400，地球同步卫星距地面高度约为36000，二者的运动均视为匀速圆周运动，则（ ）
A．对接前空间站内的宇航员不受地球引力作用
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用而产生的加速度大小相等
C．对接后中国空间站绕地球运行的速度小于7.9
D．对接后中国空间站的运行周期大于地球同步卫星的运行周期
3．（2023·北京延庆·统考一模）北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．“问天实验舱”的质量为
B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
4．（2023·北京西城·统考一模）木星有多颗卫星，下表列出了其中两颗卫星的轨道半径和质量，两颗卫星绕木星的运动均可看作匀速圆周运动．由表中数据可知（ ）
卫星 轨道半径 卫星质量
木卫一
木卫二
A．木星对木卫一的万有引力小于木星对木卫二的万有引力
B．木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度
C．木卫一绕木星运动的线速度小于木卫二绕木星运动的线速度
D．木卫一绕木星运动的周期大于木卫二绕木星运动的周期
5．（2023·北京朝阳·统考一模）科幻电影曾出现太空梯的场景。如图甲所示，设想在赤道上建造一个始终与地表垂直的太空梯，航天员可通过梯仓P缓慢地到达太空中某一位置，设该位置距地心的距离为r，地球半径为图乙中曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小随r变化的图线；直线B为航天员的向心加速度大小随r变化的图线。下列说法正确的是（ ）
A．航天员在R处的速度等于地球的第一宇宙速度
B．乙图中的小于地球同步卫星的轨道半径
C．航天员在位置时处于完全失重状态
D．在小于的范围内，航天员越接近的位置对梯仓的压力越大
6．（2023·北京丰台·统考一模）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球的运动可看作匀速圆周运动，组合体距地面的高度约为400km，地球同步卫星距地面的高度约为。下列说法正确的是（ ）
A．组合体的线速度大于第一宇宙速度
B．组合体的周期大于地球同步卫星的周期
C．组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
D．组合体的加速度小于地球同步卫星的加速度
参考答案
1．B
【详解】A．卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动，A错误；
B．卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据
得
可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C．根据
得
由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．对接前空间站内的宇航员依然会受到地球引力的作用，故A错误；
B．对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用力大小相等，由牛顿第二运动定律可知，质量不同，加速度不同，故B错误；
C．绕地球运行的所有圆周运动卫星，其速度都小于第一宇宙速度，故C正确；
D．中国空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以，接后中国空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，故D错误。
故选D。
3．C
【详解】A．根据引力提供向心力可知
解得地球的质量为
A错误；
B．漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的速度，C正确；
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．根据万有引力表达式
可知木卫一质量大、轨道半径小，所以木星对木卫一的万有引力大于木星对木卫二的万有引力，故A错误；
B．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度，故B正确；
C．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度，故C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的周期小于木卫二绕木星运动的周期，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】A．地球的第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，则有
设航天员在R处的速度为，在R处曲线A对应的加速度为，直线B对应的向心加速度为，则有
可知航天员在R处的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
BC．设地球自转的周期为，同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力可得
由图可知位置直线B对应的向心加速度为
对于曲线A，有
又
可得
联立可得
可知航天员在位置时，只受地球万有引力作用，处于完全失重状态，故B错误，C正确；
D．在小于的范围内，根据图中曲线A与直线B可知，宇航员受到的万有引力大于所需的向心力；对于宇航员，根据牛顿第二定律可得
解得
可知航天员越接近的位置对梯仓的压力越小，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．第一宇宙速度是卫星环绕速度中心天体的最大环绕速度，因此组合体的速度不能大于第一宇宙速度，故A项错误；
B．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越大，周期越大，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，故B项错误；
C．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，线速度越大，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度，故C项正确；
D．对卫星有
整理有
因为组合体和同步卫星均是绕地球运动，所以根据上述式子可知，其运动的轨道半径越小，加速度越大，所以组合体的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D项错误。
故选C。2023北京高三一模物理汇编
带电粒子在匀强磁场中的运动
一、单选题
1．（2023·北京·西城·高三一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为；若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为．不计粒子的重力．下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度大于速度
C．粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
二、解答题
2．（2023·北京·门头沟·高三一模）类比是研究问题常用的方法。
（1）有一段长度为l（l很小）、通过电流为I的导线垂直于匀强磁场时受磁场对它的力为F。请类比电场强度的定义方式，对匀强磁场中磁感应强度B进行定义。
（2）如图1所示，真空存在正点电荷Q，以点电荷为球心作半径为r的球面。请类比磁通量的定义方式，求通过该球面的电通量。（已知静电力常数为k）
（3）狄拉克曾预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁场呈均匀辐射状分布，距离磁单极子r处的磁感应强度大小为（c为常数）。设空间有一固定的S极磁单极子，磁场分布如图2所示。有一带正电微粒（重力不能忽略）在S极正上方做匀速圆周运动，周期为T，运动轨迹圆心到S极的距离为d，重力加速度为g。求带电微粒所在圆轨道处的磁感应强度B的大小。
3．（2023·北京·平谷·高三一模）在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即被驱动。若输送液态金属的管道（用特殊陶瓷材料制成）截面长为a，宽为b（不计管道壁的厚度），正、负电极板镶嵌在管道两侧（两极板正对且与管内液态金属良好接触），电极板长为c，宽为b；正、负电极板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v流动。已知液态金属的电阻率为。
（1）导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
（2）在时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
（3）推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释（为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷）。
参考答案
1．C
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
根据图中轨迹可知，，则有
故B错误；
C．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
由图可知运动轨迹为对应的圆心角大于运动轨迹为对应的圆心角，故粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为
，可知，故粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
故选C。
2．（1）见解析；（2）；（3）
【详解】（1）电场强度的定义是放入电场中某点的电荷所受静电力F跟它的电荷量的比值，即
则类比电场强度的定义方式，对匀强磁场中磁感应强度B进行定义，可将很小段的通电导线类比于电场中的电荷，将导线长度与所通入电流的乘积类比与电荷所带电荷量，因此磁感应强度可定义为垂直放入磁场中某位置的通电导线所受磁场力跟通电导线的长度与通入电流乘积的比值，即为
（2）根据磁通量的定义磁感应强度B与面积S（垂直通过磁场线的面积，即有效面积）的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量（穿过面积S的磁场线条数），即
若类比磁通量的定义来定义通过球面的电通量，则可定义为电场强度E与球面面积S的乘积，叫做穿过这个球面的电通量，即
（3）设粒子在其轨道任意一点处与磁单极子的连线与竖直方向的夹角为，该粒子的质量为，带电量为，该粒子做圆周运动的轨迹半径为，则由题意可得
两式相比可得
由几何关系可知
可得
由正余弦关系
，
可得
而由几何关系可知
解得
而
代入解得
3．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）通电液体在磁场中受到的安培力
则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强
（2）电路产生的热量
所以在时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能
（3）液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直，而运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，则f的方向即为安培力的方向，可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛仑兹力为；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的洛仑兹力为，如图：
有
可见
即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。2023北京高三一模物理汇编
质谱仪与回旋加速器
一、单选题
1．（2023·北京延庆·统考一模）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量．如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系．保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压．当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，为0，将该点作为位移的零点．在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表．下列说法中正确的是（ ）
A．在小范围内，霍尔电压的大小和坐标z成反比
B．测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果将偏大
C．其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压越小
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，说明元件的位置坐标
2．（2023·北京东城·统考一模）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20和10。当流经电磁流量计的液体速度为10时，其流量约为280，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140
C．排污管内污水的速度约为2.5
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25
3．（2023·北京丰台·统考一模）在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D．仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
二、解答题
4．（2023·北京延庆·统考一模）加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大作用，回旋加速器是其中的一种．如图1为回旋加速器的工作原理图。和是两个中空的半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连．两盒处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为、电荷量为的带电粒子。不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应。
（1）若已知半圆金属盒的半径为，请计算粒子离开加速器时获得的最大动能；
（2）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率；
（3）某同学在分析带电粒子运动轨迹时，画出了如图2所示的轨迹图，他认为两个D形盒中粒子加速前后相邻轨迹间距是相等的。请通过计算分析该轨迹是否合理？若不合理，请描述合理的轨迹其间距会有怎样的变化趋势。
5．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，两块带电金属极板a、b水平正对放置，极板长度、板间距均为L，板间存在方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计粒子重力。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小B；
（2）若撤去磁场只保留电场，求粒子射出电场时沿电场方向移动的距离y；
（3）若撤去电场，仅将磁感应强度大小调为B＇，粒子恰能从上极板右边缘射出，求B＇的大小。
6．（2023·北京西城·统考一模）电磁流量计可以快速、方便地测量导电流体（如污水、自来水等）的流量，其简化示意图如图所示，它是一段横截面为长方形的管道，其中空部分的长、宽、高分别为a、b、c，流量计的左右两端与输送流体的管道相连接（如虚线所示），其上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．流量计处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于前后两面．流量计的上、下两表面分别与电压表的两端相连接（图中未画），当污水满管通过流量计时，电压表就会显示读数．
a．求电压表示数为U时管道中的污水流量Q．
b．某同学想利用电磁流量计设计一个便于调节的浇花装置．如图3所示，花坛中紧密摆放着相同的花盆，它们由内向外以O为圆心摆放在半径不同的圆周上．在圆心O处安装一个竖直的输水管，管的末端安装一个可以水平自动匀速旋转的喷水龙头，其旋转周期T可调．该同学把图2中的电磁流量计安装在龙头的末端，作为水平喷口，并且通过改进使电磁流量计的边长b大小可调（其他参数不变）．如果龙头喷出水的流量Q是恒定的，为了使龙头旋转每周每个花盆的浇水量相同，当浇灌半径由增大到时，需要调节b和T．不计水喷出时旋转方向的速度，求调节前后的电压表的示数之比及龙头旋转的周期之比．
7．（2023·北京石景山·统考一模）汤姆孙用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压加速后，穿过中心的小孔沿中心线的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和间的区域，极板间距为d。当P和P极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。不计电子从阴极K发出的初速度、所受重力和电子间的相互作用，不考虑相对论效应。
（1）若测得电子穿过中心的小孔沿中心线方向匀速运动的速度，求电子的比荷；
（2）已知P和极板水平方向的长度为，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为，当P和极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到点（与O点水平距离可忽略不计）。
①小明同学认为若测出与O点的竖直距离h，就可以求出电子的比荷。请通过分析和推理判断小明的观点是否正确。
②在两极板P和间的区域再加上磁场，调节磁场的强弱和方向，通过分析电子在P和间的运动情况可求出电子的速度。请说明确定电子速度的方法。
参考答案
1．D
【详解】ABC．设自由电荷的定向移动速度为，单位体积内自由电荷数为，自由电荷的电荷量为，霍尔元件沿轴方向的长度为，沿轴方向的长度为，当霍尔元件在轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有
根据电流微观表达式可得
联立可得
由题意可知在小范围内，磁感应强度的大小和坐标成正比，则霍尔电压的大小和坐标z成正比；测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果保持不变；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿轴方向的长度越小，霍尔电压越大；故ABC错误；
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿轴向上，根据左手定则可知，磁场方向沿轴负方向，故霍尔元件所处位置更靠近右侧极，说明元件的位置坐标，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由
知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1=2.5，则
可得排污管内污水的速度约为
故BC错误；
D．流量计内污水的速度约为v1=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，则无论正负电荷都可以匀速穿过两极板，A错误；
B．根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠加场区域，根据平衡条件有
同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，根据平衡条件有
所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，B错误；
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏转，C错误；
D．仅增大粒子所带电荷量，电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，D正确。
故选D。
4．（1）；（2）；（3）不合理，见解析
【详解】（1）当粒子在磁场中的轨道半径等于半圆金属盒半径时，粒子具有最大速度，最大动能；由洛伦兹力提供向心力可得
可得
粒子离开加速器时获得的最大动能为
（2）设在时间内离开加速器的带电粒子数为，则粒子从回旋加速器输出时形成的等效电流为
解得
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率为
（3）第次加速获得的速度为，根据动能定理可得
第次加速获得的速度为，根据动能定理可得
根据
联立可得
所以相邻轨迹间距是不相等的，故该轨迹不合理。合理的轨迹，其间距会越来越小，示意图如图所示
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有
得
（2）水平方向有
竖直方向有
得
（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系
得
6．a.；b.
【详解】a．流量计上下表面的电势差
流量
其中
得
b．要使浇灌半径由增大到，则水由龙头喷出的速度
又因为
所以
浇灌半径为和的两个圆周上花盆的数量
若要使每个花盆的浇水量相同，则
所以
7．（1）；（2）①见解析，②见解析
【详解】（1）电子在加速电场中运动，由动能定理有
解得
（2）①设电子在偏转电场中飞行时间为t，加速度为a，由运动学公式和牛顿第二定律水平方向有
竖直方向有
其中
解得
设电子飞出偏转电场时的偏角为，竖直分速度为则有
，
根据几何关系有
解得
可知，h与比荷无关，测出h不能求出电子的比荷
（2）在两极板P和之间的区域加垂直纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度B的大小，使电子能够沿中心线方向通过两极板间区域，此时电子受到的静电力与洛伦兹力平衡，则有
解得
2023北京高三一模物理汇编
安培力与洛伦兹力章节综合
1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端b，再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。 下列说法正确的是（ ）
A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥
B．将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动
C．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小
D．用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动
2．（2023·北京东城·统考一模）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20和10。当流经电磁流量计的液体速度为10时，其流量约为280，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140
C．排污管内污水的速度约为2.5
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25
3．（2023·北京延庆·统考一模）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量．如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系．保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压．当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，为0，将该点作为位移的零点．在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表．下列说法中正确的是（ ）
A．在小范围内，霍尔电压的大小和坐标z成反比
B．测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果将偏大
C．其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压越小
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，说明元件的位置坐标
4．（2023·北京西城·统考一模）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为；若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为．不计粒子的重力．下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度大于速度
C．粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
5．（2023·北京朝阳·统考一模）图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机。这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面。图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图。固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场（俯视图）；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈（图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点）。当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO＇轴转动。设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B。图中线圈实线部分的长度为L。下列说法正确的是（ ）
A．图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C．图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视）
D．为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
6．（2023·北京丰台·统考一模）在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D．仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
7．（2023·北京延庆·统考一模）加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大作用，回旋加速器是其中的一种．如图1为回旋加速器的工作原理图。和是两个中空的半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连．两盒处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为、电荷量为的带电粒子。不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应。
（1）若已知半圆金属盒的半径为，请计算粒子离开加速器时获得的最大动能；
（2）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率；
（3）某同学在分析带电粒子运动轨迹时，画出了如图2所示的轨迹图，他认为两个D形盒中粒子加速前后相邻轨迹间距是相等的。请通过计算分析该轨迹是否合理？若不合理，请描述合理的轨迹其间距会有怎样的变化趋势。
8．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，两块带电金属极板a、b水平正对放置，极板长度、板间距均为L，板间存在方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计粒子重力。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小B；
（2）若撤去磁场只保留电场，求粒子射出电场时沿电场方向移动的距离y；
（3）若撤去电场，仅将磁感应强度大小调为B＇，粒子恰能从上极板右边缘射出，求B＇的大小。
9．（2023·北京西城·统考一模）电磁流量计可以快速、方便地测量导电流体（如污水、自来水等）的流量，其简化示意图如图所示，它是一段横截面为长方形的管道，其中空部分的长、宽、高分别为a、b、c，流量计的左右两端与输送流体的管道相连接（如虚线所示），其上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．流量计处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于前后两面．流量计的上、下两表面分别与电压表的两端相连接（图中未画），当污水满管通过流量计时，电压表就会显示读数．
a．求电压表示数为U时管道中的污水流量Q．
b．某同学想利用电磁流量计设计一个便于调节的浇花装置．如图3所示，花坛中紧密摆放着相同的花盆，它们由内向外以O为圆心摆放在半径不同的圆周上．在圆心O处安装一个竖直的输水管，管的末端安装一个可以水平自动匀速旋转的喷水龙头，其旋转周期T可调．该同学把图2中的电磁流量计安装在龙头的末端，作为水平喷口，并且通过改进使电磁流量计的边长b大小可调（其他参数不变）．如果龙头喷出水的流量Q是恒定的，为了使龙头旋转每周每个花盆的浇水量相同，当浇灌半径由增大到时，需要调节b和T．不计水喷出时旋转方向的速度，求调节前后的电压表的示数之比及龙头旋转的周期之比．
10．（2023·北京石景山·统考一模）汤姆孙用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压加速后，穿过中心的小孔沿中心线的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和间的区域，极板间距为d。当P和P极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。不计电子从阴极K发出的初速度、所受重力和电子间的相互作用，不考虑相对论效应。
（1）若测得电子穿过中心的小孔沿中心线方向匀速运动的速度，求电子的比荷；
（2）已知P和极板水平方向的长度为，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为，当P和极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到点（与O点水平距离可忽略不计）。
①小明同学认为若测出与O点的竖直距离h，就可以求出电子的比荷。请通过分析和推理判断小明的观点是否正确。
②在两极板P和间的区域再加上磁场，调节磁场的强弱和方向，通过分析电子在P和间的运动情况可求出电子的速度。请说明确定电子速度的方法。
11．（2023·北京平谷·统考一模）在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即被驱动。若输送液态金属的管道（用特殊陶瓷材料制成）截面长为a，宽为b（不计管道壁的厚度），正、负电极板镶嵌在管道两侧（两极板正对且与管内液态金属良好接触），电极板长为c，宽为b；正、负电极板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v流动。已知液态金属的电阻率为。
（1）导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
（2）在时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
（3）推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释（为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷）。
参考答案
1．D
【详解】A．通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B．将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C．增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D．结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由
知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1=2.5，则
可得排污管内污水的速度约为
故BC错误；
D．流量计内污水的速度约为v1=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故D正确。
故选D。
3．D
【详解】ABC．设自由电荷的定向移动速度为，单位体积内自由电荷数为，自由电荷的电荷量为，霍尔元件沿轴方向的长度为，沿轴方向的长度为，当霍尔元件在轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有
根据电流微观表达式可得
联立可得
由题意可知在小范围内，磁感应强度的大小和坐标成正比，则霍尔电压的大小和坐标z成正比；测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果保持不变；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿轴方向的长度越小，霍尔电压越大；故ABC错误；
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的下表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿轴向上，根据左手定则可知，磁场方向沿轴负方向，故霍尔元件所处位置更靠近右侧极，说明元件的位置坐标，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
根据图中轨迹可知，，则有
故B错误；
C．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
由图可知运动轨迹为对应的圆心角大于运动轨迹为对应的圆心角，故粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为
，可知，故粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力为
其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；
C．根据左手定值可知，线圈实线部分受到的安培力向里，，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO＇轴逆时针转动（俯视），故C正确；
D．由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，则无论正负电荷都可以匀速穿过两极板，A错误；
B．根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠加场区域，根据平衡条件有
同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，根据平衡条件有
所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，B错误；
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏转，C错误；
D．仅增大粒子所带电荷量，电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，D正确。
故选D。
7．（1）；（2）；（3）不合理，见解析
【详解】（1）当粒子在磁场中的轨道半径等于半圆金属盒半径时，粒子具有最大速度，最大动能；由洛伦兹力提供向心力可得
可得
粒子离开加速器时获得的最大动能为
（2）设在时间内离开加速器的带电粒子数为，则粒子从回旋加速器输出时形成的等效电流为
解得
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率为
（3）第次加速获得的速度为，根据动能定理可得
第次加速获得的速度为，根据动能定理可得
根据
联立可得
所以相邻轨迹间距是不相等的，故该轨迹不合理。合理的轨迹，其间距会越来越小，示意图如图所示
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有
得
（2）水平方向有
竖直方向有
得
（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系
得
9．a.；b.
【详解】a．流量计上下表面的电势差
流量
其中
得
b．要使浇灌半径由增大到，则水由龙头喷出的速度
又因为
所以
浇灌半径为和的两个圆周上花盆的数量
若要使每个花盆的浇水量相同，则
所以
10．（1）；（2）①见解析，②见解析
【详解】（1）电子在加速电场中运动，由动能定理有
解得
（2）①设电子在偏转电场中飞行时间为t，加速度为a，由运动学公式和牛顿第二定律水平方向有
竖直方向有
其中
解得
设电子飞出偏转电场时的偏角为，竖直分速度为则有
，
根据几何关系有
解得
可知，h与比荷无关，测出h不能求出电子的比荷
（2）在两极板P和之间的区域加垂直纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度B的大小，使电子能够沿中心线方向通过两极板间区域，此时电子受到的静电力与洛伦兹力平衡，则有
解得
11．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）通电液体在磁场中受到的安培力
则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强
（2）电路产生的热量
所以在时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能
（3）液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直，而运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，则f的方向即为安培力的方向，可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛仑兹力为；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的洛仑兹力为，如图：
有
可见
即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。
