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2025届北京市西城区高三下学期二模物理试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动可以说明（　　）
A．分子之间有斥力 B．分子之间有引力
C．花粉分子做无规则运动 D．水分子做无规则运动
【答案】D
【知识点】布朗运动；分子间的作用力
【解析】【解答】布朗运动是指悬浮在液体中的花粉颗粒所做的无规则的运动，这由于液体分子做无规则运动，撞击的不平衡性造成的。这不能说明分子之间的斥力和引力，也不能说明花粉分子做无规则运动，故D正确，ABC错误。故选：D。
【分析】花粉颗粒所做的无规则的运动即布朗运动是由液体分子无规则运动导致的。
2．下列与原子核内部变化有关的现象是
A．粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．光的干涉现象
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光电效应；α粒子的散射；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，叫原子核，并没有涉及到核内部的变化，故A错误；B、天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或β粒子，反应过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故B正确；
C、光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C错误；
D、光的干涉现象是频率和振动情况相同的两束光相遇后产生明暗相间的圆环或条纹，与原子核内部无关，故D错误。
故选：B。
【分析】α粒子散射现象是用α粒子打到金箔上，受到原子核的库仑斥力而发生偏折的现象；天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或β粒子的现象；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出；光的干涉现象是频率和振动情况相同的两束光相遇后产生明暗相间的圆环或条纹，与原子核内部无关。
3．如图所示，用绿光照射单缝S，光通过有两条狭缝和的双缝后，在光屏P上观察到明暗相间的条纹。若要增大相邻条纹间距，可以（　　）
A．仅增大与的间距 B．仅增大单缝与双缝的距离
C．仅增大双缝与光屏的距离 D．仅将绿光换为紫光
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．根据双缝干涉相邻条纹间距， 由公式可得，条纹间距与波长、屏之间的距离成正比，与双缝间的距离d成反比，仅增大双缝间的距离d，相邻条纹间距减小，A错误；
B．根据双缝干涉相邻条纹间距公式可知仅增大单缝与双缝的距离，对相邻条纹间距没有影响，B错误；
C．仅增大双缝与光屏的距离，根据
可知，双缝与光屏的距离l增大时，相邻条纹间距变大，C正确；
D．由于紫光的波长小于绿光的波长，根据
可知，仅将绿光换为紫光，干涉光源的波长减小，相邻条纹间距变小，D错误。
故选C。
【分析】由波的干涉中条纹的间距公式可得出为增大间距应采取的措施。
4．简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，P为介质中的一个质点。下列说法正确的是（　　）
A．质点P的速度方向与波的传播方向相同
B．质点P的速度方向与加速度方向相反
C．质点P的速度方向与位移方向相反
D．质点P的振幅小于
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、横波的传播方向和介质中的质点振动方向相互垂直，所以质点P的速度方向与波速的传播方向不同，故A错误；BC、根据上下坡法可知此时质点P的运动方向是沿y轴正方向，位移为正，所以加速度方向是沿y轴负方向的，此时质点P的速度方向与加速度方向相反，P点的速度方向与位移方向相同，故B正确，C错误；
D、间歇横波中所有的质点都做简谐运动，振幅相同，都是A0，故D错误。
故选：B。
【分析】根据横波的定义分析；根据上下坡法分析质点P的运动方向，根据位移方向确定加速度方向；根据图像分析；沿波的传播方向上所有的质点振幅都相同。
5．交流发电机的示意图如图1所示，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场的轴OO'沿逆时针方向匀速转动，发电机的电动势随时间按正弦函数的规律变化，如图2所示。发电机线圈电阻为5Ω，外电路接的定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．理想电流表的示数为2.2A
B．电动势瞬时值的表达式为
C．线圈经过图示位置时，电流方向为ABCDA
D．线圈经过图示位置时，产生的电动势为220V
【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 由图可知该交流电的最大值为220V，电动势的有效值为 ，理想电流表的示数为，A正确；
B． 由图可知交流电的周期T=0.02s， 则 ，电动势瞬时值的表达式为，B错误；
C． 根据右手定则可知，当线圈经过图示位置时，电流方向为ADCBA方向，故C错误；
D．线圈经过图示位置时，产生的电动势为，D错误。
故选A。
【分析】明确交流电的产生过程，根据乙图可明确交流电的最大值和周期；再根据交流电的产生规律写出瞬时值表达式，根据右手定则判断电流的方向。
6．长方体木块A、B叠在一起，放在粗糙水平桌面上。B木块受到一个水平恒力F的作用，两木块始终保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．若A、B在桌面上静止不动，A受到向右的摩擦力
B．若A、B一起向右匀速运动，A受到向右的摩擦力
C．若A、B一起向右加速运动，A受到向右的摩擦力
D．若A、B一起向右加速运动，A受到的摩擦力大小等于F
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．若A、B在桌面上静止不动，根据平衡条件可知，A不受到摩擦力作用，故A错误； B．若A、B一起向右匀速运动，根据平衡条件可知，A不受到摩擦力作用，故B错误；
C．若A、B一起向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，A受到向右的摩擦力，故C正确；
D．若A、B一起向右加速运动，设加速度为a，对A，摩擦力f=mAa，对A、B整体，有F-μ（mA+mB）g=（mA+mB）a，可知A受到的摩擦力大小小于F，故D错误。
故选：C。
【分析】根据平衡条件和牛顿第二定律进行分析解答。
7．一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（　　）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A.断开S瞬间，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向下，故A错误；B.若线圈B的两端不闭合，B中无法产生感应电流，无法产生延时效果，会对延时效果产生影响，故B正确；
CD.改变线圈B的缠绕方向，调换电源的正负极，线圈中依然会产生感应电流，不会对延时效果产生影响，故CD错误。
故选：B。
【分析】根据楞次定律以及感应电流产生条件分析求解。
8．如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．细绳的拉力大小等于
B．小球的向心加速度等于
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；冲量
【解析】【解答】A． 对小球进行受力分析，小球受重力mg和细绳的拉力F。将拉力F沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向上根据平衡条件可得Fcosθ=mg
解得细绳的拉力大小
故A错误；
B．对小球，水平方向上由牛顿第二定律有
解得小球的向心加速度
故B错误；
CD．根据
联立解得，小球圆周运动周期
则小球转动一周，重力的冲量
小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，故拉力冲量也为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】对小球进行受力分析求解；根据牛顿第二定律列式求解；由动量定理求解拉力和重力的冲量大小。
9．如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得粒子轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
粒子运动周期为
联立可得
粒子转过的圆心角θ=120°， 带电粒子在磁场中的运动时间为
故AB错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C错误；
D．根据可知如果只增大粒子的入射速度v，则偏转半径变大，由几何关系可知偏转角变小，粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中的运动时间
如果只增大粒子的入射速度v，周期不变，则粒子在磁场中的运动时间变短，故D正确。
故选D。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后根据周期公式与牛顿第二定律分析答题。
10．如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块（　　）
A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间
B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等
D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】B、物体先减速上升，由牛顿定律则：f+mgsinθ=ma；
后加速下滑，则：mgsinθ-f=ma'；摩擦力相同，所以a＞a'，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B错误；
A、因为a＞a'，由知上滑时间小于下滑时间，故A错误；
C．根据
可知上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上滑过程与下滑过程损失的机械能相等，故C正确；
D．由公式
且，可知上滑时木块的初速度大于木块下滑到低端时的速度，可知上滑过程的速度变化量大于下滑过程的速度变化量，故上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。
故选C。
【分析】上滑和下滑过程中，摩擦力的方向不同，根据牛顿第二定律分析加速度，根据时间位移公式分析时间，根据速度—位移公式分析速度的变化，进而分析动量变化；物块在上滑和下滑过程中，由于摩擦力做功导致机械能损失，但由于摩擦力和接触面积相同，且路径长度相同，所以损失的机械能相等。
11．如图所示，电荷量为q的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的A、B两点到薄板的距离均为d。已知A点的电场强度为0，下列说法正确的是（　　）
A．薄板带正电 B．B点电势高于A点电势
C．B点电场强度的方向向右 D．B点电场强度的大小为
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A． +q在A点产生的电场强度大小为：，方向向左； 已知A点的电场强度为0， 故薄板在A点的场强方向向右，薄板带负电，薄板在A点的场强大小也为，故A错误；
BCD．电荷量为q的正点电荷在B点的场强大小为，方向向左，由对称性可知，薄板在B点的场强也为，薄板带负电，场强方向向左；所以B点的场强
B点电场强度的方向向左。 B点靠近正电荷，B点电势高于A点电势， 故B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】由可得+q在A、B两点的场强大小，由A点合场强和方向可得带电薄板在A点产生场强的大小，由对称性可得薄板在B点产生场强的大小，由电场的叠加可得B点合场强的大小和方向。
12．如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0~2s内，小球始终处于超重状态
C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为
D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
【答案】C
【知识点】动量定理；超重与失重；动能定理的综合应用；简谐运动
【解析】【解答】A.弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为l，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2l，此时弹簧的弹力为2N，因此当弹簧伸长量为l时，弹力大小为1N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为0.1kg，故A错误；B.0～2s内，小球从最低点开始向上运动，开始时小球的重力小于弹簧的弹力，加速度向上，小球处于超重状态，当经过弹簧伸长量为l的点后，至小球到达最高点的过程中，小球的重力大于弹簧弹力，此时小球的加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C.0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理
可得小球受弹力的冲量大小为
选项C正确；
D.0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D错误。
故选C。
【分析】弹簧的弹力等于小球的重力时，是弹簧与小球组成的系统的平衡状态，根据弹簧弹力的变化情况可知小球重力，弹簧弹力的冲量可根据冲量定理求得，小球的动能变化可根据动能定理求得。
13．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属板上下放置，从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、电荷量不同、密度相同的小油滴。观察两个油滴a、b的运动情况：当两板间不加电压时，两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、；两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴视为小球，所受空气阻力的大小，其中r为油滴的半径，v为油滴的速率，k为常量。不计空气浮力和油滴间的相互作用。则a、b两个油滴（　　）
A．带同种电荷 B．半径之比为
C．质量之比为 D．电荷量之比为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 当两板间不加电压时， 两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、； 两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知两油滴带异种电荷，故A错误；
BCD． 油滴视为小球， 设油滴半径r，密度为，则油滴质量为
则速率为时受阻力大小为，则当油滴匀速下落时，有
联立解得
可得
则有
当再次下落时，对a由受力平衡得
根据油滴的前后速度的比值关系可知
对b由受力平衡得
根据油滴的前后速度的比值关系可知
联立解得
故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】根据质量的计算公式得出油滴的质量比值关系，结合其运动状态和空气阻力的计算公式得出油滴的质量之比；根据油滴的变速类型得出油滴所带电荷的电性，结合其受力分析得出电荷量的绝对值的比值关系。
14．超导体是一种在温度降低到特定温度以下，电阻会突然降为零，且完全排斥磁场的材料。超导体从有电阻的正常态转变为零电阻的超导态，有两个重要的临界参数：临界温度Tc和临界磁场强度Hc。临界温度Tc是在没有外磁场干扰的理想条件下，超导体从正常态转变为超导态的温度。临界磁场强度Hc描述了超导体在特定温度下能够承受的最大外部磁场强度，超过该值后，超导体将从超导态转变为正常态。已知某类超导体的临界磁场强度Hc与热力学温度T的关系为，式中Hc0是理论上达到绝对零度时的临界磁场强度。下列说法正确的是（　　）
A．若温度低于Tc，超导体一定处于超导态
B．若温度逐渐升高但不超过Tc，可以通过减小磁场强度的方式来维持超导态
C．若外加磁场强度大于Hc0，且温度低于Tc，则超导体处于超导态
D．若外加磁场强度小于Hc0，且温度高于Tc，则超导体处于超导态
【答案】B
【知识点】电阻率
【解析】【解答】A． 虽然温度低于Tc，但如果此时外加磁场强度超过了该温度下的临界磁场强度Hc，超导体就会从超导态转变为正常态，并非一定处于超导态，故A错误；
B．温度不超过Tc，磁场强度低于Hc时，超导体处于超导态，所以温度升高且不超过Tc时，可以通过减小磁场强度的方式来维持超导态，B正确；
C．温度低于Tc，根据得， ，若外加磁场强度大于Hc0，则外加磁场大于临界磁场，超导体处于正常态，C错误；
D、温度高于Tc时，超导体已经处于正常态，无论外加磁场强度是多少，都不会处于超导态，故D错误。
故选B。
【分析】考虑磁场强度是否超过该温度下的临界磁场强度Hc；依据临界磁场强度Hc与热力学温度T的关系分析求解；外加磁场强度大于Hc0时，超导体处于正常态；只要温度高于Tc，超导体就处于正常态，与外加磁场强度无关。
二、本部分共6题，共58分。
15．（1）为探究变压器原副线圈的电压与匝数的关系，除了可拆变压器外，还需要选用的器材有______。
A．低压交流电源 B．低压直流电源
C．交流电压表 D．直流电压表
（2）配制一定浓度的油酸酒精溶液，使纯油酸与油酸酒精溶液的体积比为。将一滴体积为V的油酸酒精溶液滴入水中，油膜充分散开后面积为S。则该油酸分子的直径为　 　。
（3）某同学利用铜片、锌片和苹果制作了水果电池，他使用如图1所示实验电路测量该电池的电动势和内阻。闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电流表的读数I，绘出图像如图2所示。则该电池的电动势　 　V，内阻　 　。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）A；C
（2）
（3）0.98；3.2
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；电池电动势和内阻的测量；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1） 探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用到的器材除了导线和可拆变压器外，还需要低压交流电源和交流电压表测交流电压，直流电源和直流电表都不需要，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（2）一滴油酸酒精溶液中油酸的体积是
油膜的面积是，所以油酸分子的直径
（3）根据闭合回路欧姆定律可知
整理公式得
根据图像结合公式可知电动势即为图像纵轴的截距，
结合上述可知内阻即为图像斜率的绝对值，所以
【分析】（1）根据实验原理选择器材；
（2）求出油酸的体积与油膜的面积，可以求出油膜的厚度，即油酸分子的直径；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像分析解答。
（1）探究变压器原副线圈电压与匝数之间的关系，原理是电磁感应现象，所以电压要使用交流电，所用的电压表也要是交流电压表，根据分析可知，AC选项符合题意。
（2）一滴油酸酒精溶液中油酸的体积是
油膜的面积是，所以油酸分子的直径
（3）[1]根据闭合回路欧姆定律可知
整理公式得
根据图像结合公式可知电动势即为图像纵轴的截距，所以
[2]结合上述可知内阻即为图像斜率的绝对值，所以
16．利用图1所示的装置验证机械能守恒定律。
（1）关于本实验的下列操作步骤，必要的是______。
A．用天平测量重物的质量
B．先接通电源后释放纸带
C．用秒表测量重物下落的时间
D．在纸带上用刻度尺测量重物下落的高度
（2）实验得到如图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，测得它们到重物下落的起始点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，设重物的质量为m，从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量为　 　，动能的增加量为　 　。
（3）某同学用两个物体P、Q分别进行实验，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出图像如图3所示，实验操作规范。通过图像可以确定______。
A．Q受到的阻力大小恒定
B．P的质量小于Q的质量
C．选择P进行实验误差更小
（4）某同学利用图4所示的装置验证机械能守恒定律。实验时，将气垫导轨调至水平，在气垫导轨上安装一个光电门，滑块上固定一个遮光条，将滑块用细线绕过轻质定滑轮与托盘相连。测出遮光条的宽度为d，托盘和砝码的总质量为，滑块和遮光条的总质量为，滑块由静止释放，读取遮光条通过光电门的遮光时间。已知重力加速度为g。为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是　 　，将该物理量用x表示。若符合机械能守恒定律，以上测得的物理量满足的关系式为　 　。
【答案】（1）B；D
（2）；
（3）A；C
（4）遮光条初始位置到光电门的距离；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） A.根据实验原理，实验是通过比较mv2和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，质量可以约去，所以不需要测量重物的质量，故A错误；
B.为了充分利用纸带，实验时应先接通电源后释放纸带，故B正确；
C.打点计时器具有计时功能，不需要用秒表测量重物下落的时间，故C错误；
D.根据实验原理，重物下落的高度是通过纸带来反映的，因此可以在纸带上用刻度尺测量重物下落的高度，故D正确。
故选：BD。
（2） 从起点O到打下点B点的过程中，重锤的重力势能减少量
根据匀变速直线运动规律可得，打点计时器打出B点时重物的速度
重物动能的增加量
（3）设重物下落过程中受到的阻力为，根据动能定理可得
整理可得
故在图像中，其斜率为
A．由于Q的是一条通过原点的直线，即其斜率不变，故受到的阻力不变，A正确；
BC．由图像可知P的斜率大于Q的斜率，即有
解得
故用P进行实验误差更小，B错误，C正确。
故选AC。
（4）由于要计算重力势能的变化量，需要知道重物下落的高度，故需要测量遮光条释放的位置到光电门之间的距离；要验证系统的机械能守恒，则需要验证
即
遮光条通过光电门的瞬时速度
整理可得
【分析】（1）根据实验的原理、正确操作和注意事项分析作答；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下B点的速度；
根据重力势能的定义式求解重力势能的减小量；根据动能的定义式求解动能的增加量；
（3）根据机械能守恒定律求解v2-h函数，结合图像斜率的含义分析作答；
（4）根据公式求解滑块通过光电门的瞬时速度；根据重力势能的定义式求解重力势能的减小量，确定需要测量的物理量；根据动能的定义式求解动能的增加量；根据机械能守恒定律求解需要满足的关系式。
（1）A．若机械能守恒定律，需要验证
整理可得
故不需要测量重物得质量，A错误；
B．利用打点计时器打点时，要先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，B正确；
C．打点计时器本身就可以记录打点的时间，故不需要停表记录时间，C错误；
D．验证机械能守恒，需要知道重物下落的高度，通过再纸带上用刻度尺测量点迹之间的距离可以得到重物下落的高度，D正确。
故选BD。
（2）[1]由题可知，重力势能的减少量
[2]根据匀变速直线运动规律可得，打点计时器打出B点时重物的速度
重物动能的增加量
（3）设重物下落过程中受到的阻力为，根据动能定理可得
整理可得
故在图像中，其斜率为
A．由于Q的是一条通过原点的直线，即其斜率不变，故受到的阻力不变，A正确；
BC．由图像可知P的斜率大于Q的斜率，即有
解得
故用P进行实验误差更小，B错误，C正确。
故选AC。
（4）[1]由于要计算重力势能的变化量，需要知道重物下落的高度，故需要测量遮光条释放的位置到光电门之间的距离；
[2]要验证系统的机械能守恒，则需要验证
即
其中
整理可得
17．如图所示，小物块的质量，以速度开始运动，运动至水平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度，落地点与桌面右端的水平距离，重力加速度。不计空气阻力。求：
（1）物块在空中运动的时间t；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W。
【答案】（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有
代入数据解得
（2）物块在水平方向上有
代入数据解得物块离开桌面时速度的大小
（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据求物块在空中运动的时间t；
（2）根据s=vt求物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）根据动能定理计算桌面摩擦力对物块做的功W。
（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有
代入数据解得
（2）物块在水平方向上有
代入数据解得物块离开桌面时速度的大小
（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有
代入数据解得
18．游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）设ab边进入磁场时的速度大小为v，有
ab边进入磁场时感应电动势得
（2）ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小
ab边受到安培力的大小
根据牛顿第二定律有，得
（3）线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）由自由落体运动的规律求出线框ab边刚进入磁场时的速度v，再根据E=BLv求ab边产生的感应电动势大小E；（2）线框ab边进入磁场时开始减速，产生的感应电动势减小，感应电流减小，线框受到的安培力减小，则线框ab边刚进入磁场时加速度最大，结合闭合电路欧姆定律、安培力和牛顿第二定律求最大加速度大小；
（3）由能量守恒定律可以求出线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
（1）设ab边进入磁场时的速度大小为v，有
ab边进入磁场时感应电动势得
（2）ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小
ab边受到安培力的大小
根据牛顿第二定律有，得
（3）线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有
19．弗兰克-赫兹实验是能够验证玻尔理论的重要实验。实验装置如图所示，放电管的阴极K持续发射电子，两个金属网电极和将放电管分为三个区域，在与K之间加可调节大小的电压，使电子加速运动；电子进入和之间的等势区后，部分电子与该区域内的原子发生碰撞；在与电极A间加电压，使进入该区域的电子减速运动，若有电子到达A，电流表可观测到电流。
可以建立简化的模型从理论角度对该实验进行分析。设原子的质量为M，被撞前视为静止，电子的电荷量为e、质量为m，忽略电子的初速度及电子间的相互作用力，假定电子均沿直线运动，电子与原子最多发生一次碰撞，且电子不会被原子俘获。
（1）当与K间电压为U时，求电子到达时速度的大小v。
（2）该实验利用电子对原子进行撞击，使原子吸收碰撞损失的动能从低能级跃迁到高能级。
a.为使原子从能量为的基态跃迁到能量为的第一激发态，求与K间电压的最小值。
b.在与A间加电压是为了观测到电流表示数的显著变化，以推知原子是否发生了能级跃迁。当与K间电压为时，求与A间电压的最小值。
【答案】（1）电子在间加速运动，根据动能定理有
解得
（2）a.当间电压为时，设电子加速运动后速度为，根据动能定理有
设电子与原子碰撞后的速度分别为、，碰撞过程损失的动能为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
当时，系统损失的动能最多，这部分能量被原子吸收，跃迁到第一激发态则
联立解得
b.电子在区域与原子碰撞后，进入区域做减速运动，当间电压为时，电子到达A时的速度恰好为零。
根据动能定理有
联立解得
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电子在KG1间被加速，根据动能定理求解电子到达G1时速度的大小；
（2）a.由题意可知电子与原子碰撞损失的动能等于原子由基态跃迁到第一激发态的能量差。电子与原子发生完全非弹性碰撞时，损失的动能最大，此情况下G1与K间电压最小。根据动量守恒定律与能量守恒定律解答；
b.根据前述分析确定电子与原子碰撞后的速度的最小值，根据动能定理求解G2与A间电压U1的最小值。
（1）电子在间加速运动，根据动能定理有
解得
（2）a.当间电压为时，设电子加速运动后速度为，根据动能定理有
设电子与原子碰撞后的速度分别为、，碰撞过程损失的动能为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
当时，系统损失的动能最多，这部分能量被原子吸收，跃迁到第一激发态则
联立解得
b.电子在区域与原子碰撞后，进入区域做减速运动，当间电压为时，电子到达A时的速度恰好为零。
根据动能定理有
联立解得
20．物理模型对于研究有重要意义，研究中要根据解决问题的需要对模型进行改进和优化，以提高其可靠性和实用性。已知地球质量为M，可视为质量均匀分布的半径为R的球体，引力常量为G，不考虑地球自转。
（1）在地球表面将物体以初速度竖直上抛
a．若忽略万有引力的变化，物体上升过程的图像如图1所示。求重力加速度的大小g及物体上升到最高点所用的时间。
b．若考虑万有引力的变化，在图1中定性画出物体上升阶段的图像，标出物体上升到最高点的时间，
（2）在地球赤道表面向北极发射洲际导弹
a．若忽略万有引力大小的变化，某同学提出将导弹的运动分解为绕地心的匀速圆周运动与垂直地球表面的匀变速直线运动。若导弹发射速度的大小为，方向与地面的夹角为，如图2所示。推导导弹距地面的高度h随运动时间t变化的关系式。
b．若考虑万有引力的变化，导弹仅在地球引力作用下的运动轨迹是椭圆，地心O为椭圆的一个焦点，如图3所示。已知取无穷远处的引力势能为0，质量为m的物体在距地心为处的引力势能，该物体在地球引力作用下做椭圆运动时，其机械能E（动能与引力势能之和）与椭圆半长轴a的关系为，椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为2a。求发射导弹到北极的最小速度。
【答案】（1）a．设物体的质量为m由
解得
物体上升到最高点所用的时间
b．若考虑万有引力的变化，随着高度的增加，万有引力逐渐减小，故物体的加速度逐渐减小，反映在图像中，图像的斜率逐渐减小，上升到最高点的时间增大，其图像如下
（2）a．导弹绕地心的做匀速圆周运动的线速度为
则圆周运动的向心加速度
设导弹垂直地球表面做匀变速直线运动的加速度大小为，则有
解得
导弹垂直于地球表面做匀变速直线运动初速度为，由匀变速直线运动公式得
b．导弹发射速度最小时，导弹的机械能最小，由题意可知，椭圆轨道的半长轴a最小，则另一焦点的位置如图所示。
根据几何关系
导弹的机械能为
联立解得
【知识点】竖直上抛运动；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）a.不考虑地球自转，地球表面万有引力等于重力。若忽略万有引力的变化，将物体以初速度v0做竖直上抛运动，由运动学公式求解物体上升到最高点所用的时间；
b.若考虑万有引力的变化，则万有引力随高度增加而减小，物体上升阶段做加速度减小的减速运动，根据v-t的斜率表示加速度作出v-t图像。
（2）a.将导弹的运动按照题意分解，确定导弹绕地心做匀速圆周运动的线速度大小和向心加速度大小，以及导弹在垂直于地球表面做匀变速直线运动的速度大小。根据万有引力同时提供了向心加速度与垂直于地球表面做匀变速直线运动的加速度，应用牛顿第二定律求解出匀变速直线运动的加速度。由运动学公式求解导弹距地面的高度h随运动时间t变化的关系式；
b.发射速度最小时导弹的机械能最小，可得椭圆半长轴a最小。根据几何关系求得最小的半长轴，根据机械能等于动能与引力势能之和求解发射导弹到北极的最小速度。
（1）a．设物体的质量为m由
解得
物体上升到最高点所用的时间
b．若考虑万有引力的变化，随着高度的增加，万有引力逐渐减小，故物体的加速度逐渐减小，反映在图像中，图像的斜率逐渐减小，上升到最高点的时间增大，其图像如下
（2）a．导弹绕地心的做匀速圆周运动的线速度为
则圆周运动的向心加速度
设导弹垂直地球表面做匀变速直线运动的加速度大小为，则有
解得
导弹垂直于地球表面做匀变速直线运动初速度为，由匀变速直线运动公式得
b．导弹发射速度最小时，导弹的机械能最小，由题意可知，椭圆轨道的半长轴a最小，则另一焦点的位置如图所示。
根据几何关系
导弹的机械能为
联立解得
1 / 12025届北京市西城区高三下学期二模物理试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动可以说明（　　）
A．分子之间有斥力 B．分子之间有引力
C．花粉分子做无规则运动 D．水分子做无规则运动
2．下列与原子核内部变化有关的现象是
A．粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．光的干涉现象
3．如图所示，用绿光照射单缝S，光通过有两条狭缝和的双缝后，在光屏P上观察到明暗相间的条纹。若要增大相邻条纹间距，可以（　　）
A．仅增大与的间距 B．仅增大单缝与双缝的距离
C．仅增大双缝与光屏的距离 D．仅将绿光换为紫光
4．简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，P为介质中的一个质点。下列说法正确的是（　　）
A．质点P的速度方向与波的传播方向相同
B．质点P的速度方向与加速度方向相反
C．质点P的速度方向与位移方向相反
D．质点P的振幅小于
5．交流发电机的示意图如图1所示，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场的轴OO'沿逆时针方向匀速转动，发电机的电动势随时间按正弦函数的规律变化，如图2所示。发电机线圈电阻为5Ω，外电路接的定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．理想电流表的示数为2.2A
B．电动势瞬时值的表达式为
C．线圈经过图示位置时，电流方向为ABCDA
D．线圈经过图示位置时，产生的电动势为220V
6．长方体木块A、B叠在一起，放在粗糙水平桌面上。B木块受到一个水平恒力F的作用，两木块始终保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．若A、B在桌面上静止不动，A受到向右的摩擦力
B．若A、B一起向右匀速运动，A受到向右的摩擦力
C．若A、B一起向右加速运动，A受到向右的摩擦力
D．若A、B一起向右加速运动，A受到的摩擦力大小等于F
7．一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（　　）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
8．如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．细绳的拉力大小等于
B．小球的向心加速度等于
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于
9．如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
10．如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块（　　）
A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间
B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等
D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量
11．如图所示，电荷量为q的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的A、B两点到薄板的距离均为d。已知A点的电场强度为0，下列说法正确的是（　　）
A．薄板带正电 B．B点电势高于A点电势
C．B点电场强度的方向向右 D．B点电场强度的大小为
12．如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0~2s内，小球始终处于超重状态
C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为
D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
13．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属板上下放置，从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、电荷量不同、密度相同的小油滴。观察两个油滴a、b的运动情况：当两板间不加电压时，两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、；两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴视为小球，所受空气阻力的大小，其中r为油滴的半径，v为油滴的速率，k为常量。不计空气浮力和油滴间的相互作用。则a、b两个油滴（　　）
A．带同种电荷 B．半径之比为
C．质量之比为 D．电荷量之比为
14．超导体是一种在温度降低到特定温度以下，电阻会突然降为零，且完全排斥磁场的材料。超导体从有电阻的正常态转变为零电阻的超导态，有两个重要的临界参数：临界温度Tc和临界磁场强度Hc。临界温度Tc是在没有外磁场干扰的理想条件下，超导体从正常态转变为超导态的温度。临界磁场强度Hc描述了超导体在特定温度下能够承受的最大外部磁场强度，超过该值后，超导体将从超导态转变为正常态。已知某类超导体的临界磁场强度Hc与热力学温度T的关系为，式中Hc0是理论上达到绝对零度时的临界磁场强度。下列说法正确的是（　　）
A．若温度低于Tc，超导体一定处于超导态
B．若温度逐渐升高但不超过Tc，可以通过减小磁场强度的方式来维持超导态
C．若外加磁场强度大于Hc0，且温度低于Tc，则超导体处于超导态
D．若外加磁场强度小于Hc0，且温度高于Tc，则超导体处于超导态
二、本部分共6题，共58分。
15．（1）为探究变压器原副线圈的电压与匝数的关系，除了可拆变压器外，还需要选用的器材有______。
A．低压交流电源 B．低压直流电源
C．交流电压表 D．直流电压表
（2）配制一定浓度的油酸酒精溶液，使纯油酸与油酸酒精溶液的体积比为。将一滴体积为V的油酸酒精溶液滴入水中，油膜充分散开后面积为S。则该油酸分子的直径为　 　。
（3）某同学利用铜片、锌片和苹果制作了水果电池，他使用如图1所示实验电路测量该电池的电动势和内阻。闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电流表的读数I，绘出图像如图2所示。则该电池的电动势　 　V，内阻　 　。（结果保留两位有效数字）
16．利用图1所示的装置验证机械能守恒定律。
（1）关于本实验的下列操作步骤，必要的是______。
A．用天平测量重物的质量
B．先接通电源后释放纸带
C．用秒表测量重物下落的时间
D．在纸带上用刻度尺测量重物下落的高度
（2）实验得到如图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，测得它们到重物下落的起始点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，设重物的质量为m，从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量为　 　，动能的增加量为　 　。
（3）某同学用两个物体P、Q分别进行实验，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出图像如图3所示，实验操作规范。通过图像可以确定______。
A．Q受到的阻力大小恒定
B．P的质量小于Q的质量
C．选择P进行实验误差更小
（4）某同学利用图4所示的装置验证机械能守恒定律。实验时，将气垫导轨调至水平，在气垫导轨上安装一个光电门，滑块上固定一个遮光条，将滑块用细线绕过轻质定滑轮与托盘相连。测出遮光条的宽度为d，托盘和砝码的总质量为，滑块和遮光条的总质量为，滑块由静止释放，读取遮光条通过光电门的遮光时间。已知重力加速度为g。为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是　 　，将该物理量用x表示。若符合机械能守恒定律，以上测得的物理量满足的关系式为　 　。
17．如图所示，小物块的质量，以速度开始运动，运动至水平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度，落地点与桌面右端的水平距离，重力加速度。不计空气阻力。求：
（1）物块在空中运动的时间t；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W。
18．游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
19．弗兰克-赫兹实验是能够验证玻尔理论的重要实验。实验装置如图所示，放电管的阴极K持续发射电子，两个金属网电极和将放电管分为三个区域，在与K之间加可调节大小的电压，使电子加速运动；电子进入和之间的等势区后，部分电子与该区域内的原子发生碰撞；在与电极A间加电压，使进入该区域的电子减速运动，若有电子到达A，电流表可观测到电流。
可以建立简化的模型从理论角度对该实验进行分析。设原子的质量为M，被撞前视为静止，电子的电荷量为e、质量为m，忽略电子的初速度及电子间的相互作用力，假定电子均沿直线运动，电子与原子最多发生一次碰撞，且电子不会被原子俘获。
（1）当与K间电压为U时，求电子到达时速度的大小v。
（2）该实验利用电子对原子进行撞击，使原子吸收碰撞损失的动能从低能级跃迁到高能级。
a.为使原子从能量为的基态跃迁到能量为的第一激发态，求与K间电压的最小值。
b.在与A间加电压是为了观测到电流表示数的显著变化，以推知原子是否发生了能级跃迁。当与K间电压为时，求与A间电压的最小值。
20．物理模型对于研究有重要意义，研究中要根据解决问题的需要对模型进行改进和优化，以提高其可靠性和实用性。已知地球质量为M，可视为质量均匀分布的半径为R的球体，引力常量为G，不考虑地球自转。
（1）在地球表面将物体以初速度竖直上抛
a．若忽略万有引力的变化，物体上升过程的图像如图1所示。求重力加速度的大小g及物体上升到最高点所用的时间。
b．若考虑万有引力的变化，在图1中定性画出物体上升阶段的图像，标出物体上升到最高点的时间，
（2）在地球赤道表面向北极发射洲际导弹
a．若忽略万有引力大小的变化，某同学提出将导弹的运动分解为绕地心的匀速圆周运动与垂直地球表面的匀变速直线运动。若导弹发射速度的大小为，方向与地面的夹角为，如图2所示。推导导弹距地面的高度h随运动时间t变化的关系式。
b．若考虑万有引力的变化，导弹仅在地球引力作用下的运动轨迹是椭圆，地心O为椭圆的一个焦点，如图3所示。已知取无穷远处的引力势能为0，质量为m的物体在距地心为处的引力势能，该物体在地球引力作用下做椭圆运动时，其机械能E（动能与引力势能之和）与椭圆半长轴a的关系为，椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为2a。求发射导弹到北极的最小速度。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】布朗运动；分子间的作用力
【解析】【解答】布朗运动是指悬浮在液体中的花粉颗粒所做的无规则的运动，这由于液体分子做无规则运动，撞击的不平衡性造成的。这不能说明分子之间的斥力和引力，也不能说明花粉分子做无规则运动，故D正确，ABC错误。故选：D。
【分析】花粉颗粒所做的无规则的运动即布朗运动是由液体分子无规则运动导致的。
2．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光电效应；α粒子的散射；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，叫原子核，并没有涉及到核内部的变化，故A错误；B、天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或β粒子，反应过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故B正确；
C、光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C错误；
D、光的干涉现象是频率和振动情况相同的两束光相遇后产生明暗相间的圆环或条纹，与原子核内部无关，故D错误。
故选：B。
【分析】α粒子散射现象是用α粒子打到金箔上，受到原子核的库仑斥力而发生偏折的现象；天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或β粒子的现象；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出；光的干涉现象是频率和振动情况相同的两束光相遇后产生明暗相间的圆环或条纹，与原子核内部无关。
3．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．根据双缝干涉相邻条纹间距， 由公式可得，条纹间距与波长、屏之间的距离成正比，与双缝间的距离d成反比，仅增大双缝间的距离d，相邻条纹间距减小，A错误；
B．根据双缝干涉相邻条纹间距公式可知仅增大单缝与双缝的距离，对相邻条纹间距没有影响，B错误；
C．仅增大双缝与光屏的距离，根据
可知，双缝与光屏的距离l增大时，相邻条纹间距变大，C正确；
D．由于紫光的波长小于绿光的波长，根据
可知，仅将绿光换为紫光，干涉光源的波长减小，相邻条纹间距变小，D错误。
故选C。
【分析】由波的干涉中条纹的间距公式可得出为增大间距应采取的措施。
4．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、横波的传播方向和介质中的质点振动方向相互垂直，所以质点P的速度方向与波速的传播方向不同，故A错误；BC、根据上下坡法可知此时质点P的运动方向是沿y轴正方向，位移为正，所以加速度方向是沿y轴负方向的，此时质点P的速度方向与加速度方向相反，P点的速度方向与位移方向相同，故B正确，C错误；
D、间歇横波中所有的质点都做简谐运动，振幅相同，都是A0，故D错误。
故选：B。
【分析】根据横波的定义分析；根据上下坡法分析质点P的运动方向，根据位移方向确定加速度方向；根据图像分析；沿波的传播方向上所有的质点振幅都相同。
5．【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 由图可知该交流电的最大值为220V，电动势的有效值为 ，理想电流表的示数为，A正确；
B． 由图可知交流电的周期T=0.02s， 则 ，电动势瞬时值的表达式为，B错误；
C． 根据右手定则可知，当线圈经过图示位置时，电流方向为ADCBA方向，故C错误；
D．线圈经过图示位置时，产生的电动势为，D错误。
故选A。
【分析】明确交流电的产生过程，根据乙图可明确交流电的最大值和周期；再根据交流电的产生规律写出瞬时值表达式，根据右手定则判断电流的方向。
6．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．若A、B在桌面上静止不动，根据平衡条件可知，A不受到摩擦力作用，故A错误； B．若A、B一起向右匀速运动，根据平衡条件可知，A不受到摩擦力作用，故B错误；
C．若A、B一起向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，A受到向右的摩擦力，故C正确；
D．若A、B一起向右加速运动，设加速度为a，对A，摩擦力f=mAa，对A、B整体，有F-μ（mA+mB）g=（mA+mB）a，可知A受到的摩擦力大小小于F，故D错误。
故选：C。
【分析】根据平衡条件和牛顿第二定律进行分析解答。
7．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A.断开S瞬间，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向下，故A错误；B.若线圈B的两端不闭合，B中无法产生感应电流，无法产生延时效果，会对延时效果产生影响，故B正确；
CD.改变线圈B的缠绕方向，调换电源的正负极，线圈中依然会产生感应电流，不会对延时效果产生影响，故CD错误。
故选：B。
【分析】根据楞次定律以及感应电流产生条件分析求解。
8．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；冲量
【解析】【解答】A． 对小球进行受力分析，小球受重力mg和细绳的拉力F。将拉力F沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向上根据平衡条件可得Fcosθ=mg
解得细绳的拉力大小
故A错误；
B．对小球，水平方向上由牛顿第二定律有
解得小球的向心加速度
故B错误；
CD．根据
联立解得，小球圆周运动周期
则小球转动一周，重力的冲量
小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，故拉力冲量也为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】对小球进行受力分析求解；根据牛顿第二定律列式求解；由动量定理求解拉力和重力的冲量大小。
9．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得粒子轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
粒子运动周期为
联立可得
粒子转过的圆心角θ=120°， 带电粒子在磁场中的运动时间为
故AB错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C错误；
D．根据可知如果只增大粒子的入射速度v，则偏转半径变大，由几何关系可知偏转角变小，粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中的运动时间
如果只增大粒子的入射速度v，周期不变，则粒子在磁场中的运动时间变短，故D正确。
故选D。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后根据周期公式与牛顿第二定律分析答题。
10．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】B、物体先减速上升，由牛顿定律则：f+mgsinθ=ma；
后加速下滑，则：mgsinθ-f=ma'；摩擦力相同，所以a＞a'，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B错误；
A、因为a＞a'，由知上滑时间小于下滑时间，故A错误；
C．根据
可知上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上滑过程与下滑过程损失的机械能相等，故C正确；
D．由公式
且，可知上滑时木块的初速度大于木块下滑到低端时的速度，可知上滑过程的速度变化量大于下滑过程的速度变化量，故上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。
故选C。
【分析】上滑和下滑过程中，摩擦力的方向不同，根据牛顿第二定律分析加速度，根据时间位移公式分析时间，根据速度—位移公式分析速度的变化，进而分析动量变化；物块在上滑和下滑过程中，由于摩擦力做功导致机械能损失，但由于摩擦力和接触面积相同，且路径长度相同，所以损失的机械能相等。
11．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A． +q在A点产生的电场强度大小为：，方向向左； 已知A点的电场强度为0， 故薄板在A点的场强方向向右，薄板带负电，薄板在A点的场强大小也为，故A错误；
BCD．电荷量为q的正点电荷在B点的场强大小为，方向向左，由对称性可知，薄板在B点的场强也为，薄板带负电，场强方向向左；所以B点的场强
B点电场强度的方向向左。 B点靠近正电荷，B点电势高于A点电势， 故B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】由可得+q在A、B两点的场强大小，由A点合场强和方向可得带电薄板在A点产生场强的大小，由对称性可得薄板在B点产生场强的大小，由电场的叠加可得B点合场强的大小和方向。
12．【答案】C
【知识点】动量定理；超重与失重；动能定理的综合应用；简谐运动
【解析】【解答】A.弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为l，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2l，此时弹簧的弹力为2N，因此当弹簧伸长量为l时，弹力大小为1N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为0.1kg，故A错误；B.0～2s内，小球从最低点开始向上运动，开始时小球的重力小于弹簧的弹力，加速度向上，小球处于超重状态，当经过弹簧伸长量为l的点后，至小球到达最高点的过程中，小球的重力大于弹簧弹力，此时小球的加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C.0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理
可得小球受弹力的冲量大小为
选项C正确；
D.0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D错误。
故选C。
【分析】弹簧的弹力等于小球的重力时，是弹簧与小球组成的系统的平衡状态，根据弹簧弹力的变化情况可知小球重力，弹簧弹力的冲量可根据冲量定理求得，小球的动能变化可根据动能定理求得。
13．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 当两板间不加电压时， 两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、； 两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知两油滴带异种电荷，故A错误；
BCD． 油滴视为小球， 设油滴半径r，密度为，则油滴质量为
则速率为时受阻力大小为，则当油滴匀速下落时，有
联立解得
可得
则有
当再次下落时，对a由受力平衡得
根据油滴的前后速度的比值关系可知
对b由受力平衡得
根据油滴的前后速度的比值关系可知
联立解得
故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】根据质量的计算公式得出油滴的质量比值关系，结合其运动状态和空气阻力的计算公式得出油滴的质量之比；根据油滴的变速类型得出油滴所带电荷的电性，结合其受力分析得出电荷量的绝对值的比值关系。
14．【答案】B
【知识点】电阻率
【解析】【解答】A． 虽然温度低于Tc，但如果此时外加磁场强度超过了该温度下的临界磁场强度Hc，超导体就会从超导态转变为正常态，并非一定处于超导态，故A错误；
B．温度不超过Tc，磁场强度低于Hc时，超导体处于超导态，所以温度升高且不超过Tc时，可以通过减小磁场强度的方式来维持超导态，B正确；
C．温度低于Tc，根据得， ，若外加磁场强度大于Hc0，则外加磁场大于临界磁场，超导体处于正常态，C错误；
D、温度高于Tc时，超导体已经处于正常态，无论外加磁场强度是多少，都不会处于超导态，故D错误。
故选B。
【分析】考虑磁场强度是否超过该温度下的临界磁场强度Hc；依据临界磁场强度Hc与热力学温度T的关系分析求解；外加磁场强度大于Hc0时，超导体处于正常态；只要温度高于Tc，超导体就处于正常态，与外加磁场强度无关。
15．【答案】（1）A；C
（2）
（3）0.98；3.2
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；电池电动势和内阻的测量；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1） 探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用到的器材除了导线和可拆变压器外，还需要低压交流电源和交流电压表测交流电压，直流电源和直流电表都不需要，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（2）一滴油酸酒精溶液中油酸的体积是
油膜的面积是，所以油酸分子的直径
（3）根据闭合回路欧姆定律可知
整理公式得
根据图像结合公式可知电动势即为图像纵轴的截距，
结合上述可知内阻即为图像斜率的绝对值，所以
【分析】（1）根据实验原理选择器材；
（2）求出油酸的体积与油膜的面积，可以求出油膜的厚度，即油酸分子的直径；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像分析解答。
（1）探究变压器原副线圈电压与匝数之间的关系，原理是电磁感应现象，所以电压要使用交流电，所用的电压表也要是交流电压表，根据分析可知，AC选项符合题意。
（2）一滴油酸酒精溶液中油酸的体积是
油膜的面积是，所以油酸分子的直径
（3）[1]根据闭合回路欧姆定律可知
整理公式得
根据图像结合公式可知电动势即为图像纵轴的截距，所以
[2]结合上述可知内阻即为图像斜率的绝对值，所以
16．【答案】（1）B；D
（2）；
（3）A；C
（4）遮光条初始位置到光电门的距离；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） A.根据实验原理，实验是通过比较mv2和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，质量可以约去，所以不需要测量重物的质量，故A错误；
B.为了充分利用纸带，实验时应先接通电源后释放纸带，故B正确；
C.打点计时器具有计时功能，不需要用秒表测量重物下落的时间，故C错误；
D.根据实验原理，重物下落的高度是通过纸带来反映的，因此可以在纸带上用刻度尺测量重物下落的高度，故D正确。
故选：BD。
（2） 从起点O到打下点B点的过程中，重锤的重力势能减少量
根据匀变速直线运动规律可得，打点计时器打出B点时重物的速度
重物动能的增加量
（3）设重物下落过程中受到的阻力为，根据动能定理可得
整理可得
故在图像中，其斜率为
A．由于Q的是一条通过原点的直线，即其斜率不变，故受到的阻力不变，A正确；
BC．由图像可知P的斜率大于Q的斜率，即有
解得
故用P进行实验误差更小，B错误，C正确。
故选AC。
（4）由于要计算重力势能的变化量，需要知道重物下落的高度，故需要测量遮光条释放的位置到光电门之间的距离；要验证系统的机械能守恒，则需要验证
即
遮光条通过光电门的瞬时速度
整理可得
【分析】（1）根据实验的原理、正确操作和注意事项分析作答；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下B点的速度；
根据重力势能的定义式求解重力势能的减小量；根据动能的定义式求解动能的增加量；
（3）根据机械能守恒定律求解v2-h函数，结合图像斜率的含义分析作答；
（4）根据公式求解滑块通过光电门的瞬时速度；根据重力势能的定义式求解重力势能的减小量，确定需要测量的物理量；根据动能的定义式求解动能的增加量；根据机械能守恒定律求解需要满足的关系式。
（1）A．若机械能守恒定律，需要验证
整理可得
故不需要测量重物得质量，A错误；
B．利用打点计时器打点时，要先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，B正确；
C．打点计时器本身就可以记录打点的时间，故不需要停表记录时间，C错误；
D．验证机械能守恒，需要知道重物下落的高度，通过再纸带上用刻度尺测量点迹之间的距离可以得到重物下落的高度，D正确。
故选BD。
（2）[1]由题可知，重力势能的减少量
[2]根据匀变速直线运动规律可得，打点计时器打出B点时重物的速度
重物动能的增加量
（3）设重物下落过程中受到的阻力为，根据动能定理可得
整理可得
故在图像中，其斜率为
A．由于Q的是一条通过原点的直线，即其斜率不变，故受到的阻力不变，A正确；
BC．由图像可知P的斜率大于Q的斜率，即有
解得
故用P进行实验误差更小，B错误，C正确。
故选AC。
（4）[1]由于要计算重力势能的变化量，需要知道重物下落的高度，故需要测量遮光条释放的位置到光电门之间的距离；
[2]要验证系统的机械能守恒，则需要验证
即
其中
整理可得
17．【答案】（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有
代入数据解得
（2）物块在水平方向上有
代入数据解得物块离开桌面时速度的大小
（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据求物块在空中运动的时间t；
（2）根据s=vt求物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）根据动能定理计算桌面摩擦力对物块做的功W。
（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有
代入数据解得
（2）物块在水平方向上有
代入数据解得物块离开桌面时速度的大小
（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有
代入数据解得
18．【答案】（1）设ab边进入磁场时的速度大小为v，有
ab边进入磁场时感应电动势得
（2）ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小
ab边受到安培力的大小
根据牛顿第二定律有，得
（3）线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）由自由落体运动的规律求出线框ab边刚进入磁场时的速度v，再根据E=BLv求ab边产生的感应电动势大小E；（2）线框ab边进入磁场时开始减速，产生的感应电动势减小，感应电流减小，线框受到的安培力减小，则线框ab边刚进入磁场时加速度最大，结合闭合电路欧姆定律、安培力和牛顿第二定律求最大加速度大小；
（3）由能量守恒定律可以求出线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
（1）设ab边进入磁场时的速度大小为v，有
ab边进入磁场时感应电动势得
（2）ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小
ab边受到安培力的大小
根据牛顿第二定律有，得
（3）线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有
19．【答案】（1）电子在间加速运动，根据动能定理有
解得
（2）a.当间电压为时，设电子加速运动后速度为，根据动能定理有
设电子与原子碰撞后的速度分别为、，碰撞过程损失的动能为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
当时，系统损失的动能最多，这部分能量被原子吸收，跃迁到第一激发态则
联立解得
b.电子在区域与原子碰撞后，进入区域做减速运动，当间电压为时，电子到达A时的速度恰好为零。
根据动能定理有
联立解得
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电子在KG1间被加速，根据动能定理求解电子到达G1时速度的大小；
（2）a.由题意可知电子与原子碰撞损失的动能等于原子由基态跃迁到第一激发态的能量差。电子与原子发生完全非弹性碰撞时，损失的动能最大，此情况下G1与K间电压最小。根据动量守恒定律与能量守恒定律解答；
b.根据前述分析确定电子与原子碰撞后的速度的最小值，根据动能定理求解G2与A间电压U1的最小值。
（1）电子在间加速运动，根据动能定理有
解得
（2）a.当间电压为时，设电子加速运动后速度为，根据动能定理有
设电子与原子碰撞后的速度分别为、，碰撞过程损失的动能为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
当时，系统损失的动能最多，这部分能量被原子吸收，跃迁到第一激发态则
联立解得
b.电子在区域与原子碰撞后，进入区域做减速运动，当间电压为时，电子到达A时的速度恰好为零。
根据动能定理有
联立解得
20．【答案】（1）a．设物体的质量为m由
解得
物体上升到最高点所用的时间
b．若考虑万有引力的变化，随着高度的增加，万有引力逐渐减小，故物体的加速度逐渐减小，反映在图像中，图像的斜率逐渐减小，上升到最高点的时间增大，其图像如下
（2）a．导弹绕地心的做匀速圆周运动的线速度为
则圆周运动的向心加速度
设导弹垂直地球表面做匀变速直线运动的加速度大小为，则有
解得
导弹垂直于地球表面做匀变速直线运动初速度为，由匀变速直线运动公式得
b．导弹发射速度最小时，导弹的机械能最小，由题意可知，椭圆轨道的半长轴a最小，则另一焦点的位置如图所示。
根据几何关系
导弹的机械能为
联立解得
【知识点】竖直上抛运动；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）a.不考虑地球自转，地球表面万有引力等于重力。若忽略万有引力的变化，将物体以初速度v0做竖直上抛运动，由运动学公式求解物体上升到最高点所用的时间；
b.若考虑万有引力的变化，则万有引力随高度增加而减小，物体上升阶段做加速度减小的减速运动，根据v-t的斜率表示加速度作出v-t图像。
（2）a.将导弹的运动按照题意分解，确定导弹绕地心做匀速圆周运动的线速度大小和向心加速度大小，以及导弹在垂直于地球表面做匀变速直线运动的速度大小。根据万有引力同时提供了向心加速度与垂直于地球表面做匀变速直线运动的加速度，应用牛顿第二定律求解出匀变速直线运动的加速度。由运动学公式求解导弹距地面的高度h随运动时间t变化的关系式；
b.发射速度最小时导弹的机械能最小，可得椭圆半长轴a最小。根据几何关系求得最小的半长轴，根据机械能等于动能与引力势能之和求解发射导弹到北极的最小速度。
（1）a．设物体的质量为m由
解得
物体上升到最高点所用的时间
b．若考虑万有引力的变化，随着高度的增加，万有引力逐渐减小，故物体的加速度逐渐减小，反映在图像中，图像的斜率逐渐减小，上升到最高点的时间增大，其图像如下
（2）a．导弹绕地心的做匀速圆周运动的线速度为
则圆周运动的向心加速度
设导弹垂直地球表面做匀变速直线运动的加速度大小为，则有
解得
导弹垂直于地球表面做匀变速直线运动初速度为，由匀变速直线运动公式得
b．导弹发射速度最小时，导弹的机械能最小，由题意可知，椭圆轨道的半长轴a最小，则另一焦点的位置如图所示。
根据几何关系
导弹的机械能为
联立解得
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