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北京市海淀区2025-2026学年高三下学期期中（一模）反馈练习物理试卷
1．下列核反应方程中，括号内的粒子为电子的是（　　）
A．（　　） B．（　　）
C．（　　） D．（　　）
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；核聚变
【解析】【解答】A．根据质量数守恒、电荷数守恒写出各核反应方程，故A正确；
B．，括号内粒子为质子，故B错误；
C．，括号内粒子为中子，故C错误；
D．，括号内粒子为粒子，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核反应方程的守恒规律：核心是利用质量数守恒和电荷数守恒，计算出括号内未知粒子的质量数和电荷数，再判断其种类；电子的特征是：质量数为0，电荷数为-1，用符号表示；其他常见粒子的判断：质子（）、中子（）、α粒子（）等，都有固定的质量数和电荷数组合。
2．烧瓶通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱，使烧瓶内封闭一定质量的气体。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向左移动。将瓶内的气体视为理想气体，在这一过程中瓶内气体（　　）
A．气体的温度升高，每个气体分子的动能都增大
B．气体的温度升高，分子的数密度减小，压强不变
C．气体的体积增大，其内能一定减小
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；分子动能；物体的内能；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、气体的温度升高，分子的平均动能增大，但并非每个气体分子的动能都增大，故 A 错误；
B、用手捂住烧瓶，瓶内气体温度升高，水柱缓慢向左移动，说明气体体积增大，而气体压强始终等于外界大气压，保持不变；气体质量不变，体积增大，分子的数密度减小，故 B 正确；
C、气体的体积增大，气体对外做功，但温度升高，内能一定增大，故 C 错误；
D、气体温度升高，内能增大，同时体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，其内能一定增加，故 D 正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查温度与分子动能的关系，温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，但个别分子的动能可能减小；
B、考查气体的状态变化，由水柱左移可知气体体积增大，而压强始终等于大气压不变；气体质量不变，体积增大，分子数密度减小；
C、考查内能的影响因素，理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能一定增大；
D、考查热力学第一定律的应用，气体温度升高，内能增大，同时对外做功，因此气体必须从外界吸收热量，且吸收的热量大于对外做的功，内能增加。
3．用甲、乙两束不同的单色光，分别照射同一光电管得到两条光电流I与电压U之间的关系曲线，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．甲光照射时产生的光电子的最大初动能更大
B．在水中，甲光的频率比乙光的频率大
C．在水中，甲光的传播速度比乙光的传播速度大
D．照射同一狭缝装置，乙光的衍射现象更明显
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的衍射；光电效应
【解析】【解答】A、由图可知，乙光的遏止电压绝对值较大，即，根据可知，乙光照射时产生的光电子的最大初动能更大，故A错误；
B、根据光电效应方程，乙光的最大初动能大，则乙光的频率大；光的频率由光源决定，与介质无关，故B错误；
C、因为乙光的频率大，所以水对乙光的折射率大，根据可知，在水中甲光的传播速度比乙光的传播速度大，故C正确；
D、根据可知，甲光的频率小，波长长，波长越长衍射现象越明显，所以甲光的衍射现象更明显，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查光电效应中遏止电压与光电子最大初动能的关系，由可知，遏止电压越大，光电子最大初动能越大；
B、考查光电效应方程的应用，由可知，同一光电管的逸出功相同，最大初动能越大，入射光频率越高；
C、考查光在介质中的传播速度，频率越高的光，介质对其的折射率越大，根据可知，传播速度越小；
D、考查光的衍射现象，波长越长，衍射现象越明显，而频率越低的光波长越长。
4．如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈的匝数比为4∶1。下列说法正确的是（　　）
A．副线圈电压的最大值为55V
B．原线圈的输入功率为880W
C．通过电阻R的交变电流的频率为100Hz
D．穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A. 原线圈电压表达式为 ，可知原线圈电压最大值为 。根据变压器电压最大值与匝数的关系 ，可计算出副线圈电压最大值为 ，故A错误；
B. 原线圈电压有效值为 ，根据 ，可得副线圈电压有效值为 。副线圈电流 ，副线圈功率 。理想变压器输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率为 ，故B错误；
C. 由电压表达式可知，交流电角频率 ，频率 。变压器不改变交流电频率，故通过电阻 的交变电流频率为 ，故C错误；
D. 理想变压器无漏磁，原、副线圈共用同一铁芯，穿过原、副线圈的磁通量相同，故磁通量之比为 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A. 考查变压器电压最大值与匝数的关系，结合交流电瞬时值表达式判断原线圈电压最大值，再根据匝数比计算副线圈电压最大值；
B. 考查变压器功率关系，先由匝数比求出副线圈电压有效值，再计算副线圈功率，进而得到原线圈输入功率；
C. 考查交流电频率计算及变压器的频率特性，由角频率求出交流电频率，明确变压器不改变交流电频率；
D. 考查理想变压器的磁通量特点，理解无漏磁条件下原、副线圈磁通量的关系。
5．按如图所示连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡P正常发光。然后断开开关S，小灯泡P闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡P正常发光时电阻为RP。下列说法正确的是（　　）
A．RL>RP
B．闭合开关S时，P立即发光并且亮度逐渐增强直到正常发光
C．闭合开关，电路稳定后，P中电流小于L中电流
D．断开开关S的瞬间，小灯泡P中的电流方向为a→b
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A：断开开关S后，线圈产生自感电动势，与小灯泡构成回路，小灯泡闪亮一下，说明开关断开瞬间通过小灯泡的电流大于开关闭合时的电流，因此开关闭合时线圈中的电流大于小灯泡中的电流。由于线圈与小灯泡并联，电压相等，根据，可得，故A错误；
B：闭合开关S时，小灯泡立即发光，线圈由于自感作用，电流逐渐增大，电路总电流逐渐增大，电源内阻分压增大，路端电压减小，因此小灯泡的亮度会逐渐减弱，直到电路稳定，故B错误；
C：闭合开关且电路稳定后，线圈与小灯泡并联，电压相等，由及可知，线圈中的电流大于小灯泡中的电流，故C正确；
D：断开开关S的瞬间，线圈中的电流方向不变（仍为从a到b），线圈与小灯泡构成闭合回路，因此小灯泡中的电流方向为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查自感现象中电流与电阻的关系，通过小灯泡“闪亮”的现象，分析开关断开前后的电流大小关系，进而推导线圈与小灯泡的电阻关系；
B：考查通电自感现象，分析开关闭合瞬间线圈自感对电路电流、路端电压及小灯泡亮度变化的影响；
C：考查并联电路的电流规律，结合欧姆定律，根据线圈与小灯泡的电阻关系判断稳定时的电流大小；
D：考查断电自感现象，分析开关断开瞬间线圈电流方向及小灯泡中电流方向的变化。
6．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是介质中的三个质点。图2是质点b的振动图像。下列说法不正确的是（　　）
A．该波的波速为10m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．0~0.2s内，质点b通过的路程为4cm
D．0.3~0.5s内，质点b的加速度一直增大
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A：由振动图像可知周期 ，由波形图可知波长 ，根据波速公式 ，计算得波速 ，故A正确；
B：由质点b的振动图像可知， 时刻质点b向下振动，结合波形图的“上下坡法”，可判断波沿x轴负方向传播，故B正确；
C：质点b的平衡位置为 ，波形方程为 ，代入 得 时刻质点b的位移为 ；振动方程为 ， 时位移仍为 ；因此0~0.2s内质点b通过的路程为 ，并非4cm，故C错误；
D：0.3~0.5s内，质点b从平衡位置向波谷运动，位移的大小逐渐增大，根据 ，质点的加速度与位移大小成正比，因此加速度一直增大，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A：考查波速的计算，结合振动图像读取周期、波形图读取波长，利用波速公式求解；
B：考查波的传播方向判断，结合质点振动方向，利用“上下坡法”判断波的传播方向；
C：考查质点振动的路程计算，先求质点初始位置和末位置的位移，再结合振动过程分析路程；
D：考查加速度与位移的关系，根据简谐运动中加速度公式，分析位移变化对加速度的影响。
7．水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．仅增大μ，物体做加速运动的位移变大
C．仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同
D．仅增大v，物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A：刚开始物体无初速度放在传送带上，速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，故A错误；
B：物体加速运动的加速度为 ，加速到与传送带共速的时间为 ，加速运动的位移为 ，仅增大，物体加速运动的位移变小，故B错误；
C：物体与传送带因摩擦产生的热量 ，其中相对位移 ，因此 ，仅增大，热量会增加，故C错误；
D：物体加速运动的位移为 ，若传送带AB的长度 ，物体从A到B的过程中会一直做匀加速运动，始终受摩擦力作用，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查相对运动的判断，分析物体初速度与传送带速度的大小关系，判断物体相对传送带的运动方向；
B：考查匀加速直线运动的位移计算，结合牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式分析动摩擦因数对加速位移的影响；
C：考查摩擦生热的计算，分析相对位移与速度的关系，判断速度增大时热量的变化；
D：考查物体在传送带上的运动过程，结合加速位移与传送带长度的关系，判断物体是否会一直受摩擦力作用。
8．轻轻拨动一个铜盘可以使其长时间地绕OO'轴逆时针（俯视图）自由转动。如果在铜盘转动时把蹄形磁体的两极放在铜盘的边缘（但并不接触），如图所示，铜盘可以在较短的时间内停止转动。关于铜盘逐渐停止转动的过程，下列说法正确的是（　　）
A．铜盘的发热功率不变
B．铜盘边缘的电势高于铜盘圆心处的电势
C．若仅增强磁体的磁性，铜盘运动时间将变长
D．若使磁体绕OO'轴与铜盘同向转动，铜盘一定会越转越快
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：铜盘减速转动过程中，角速度不断减小，感应电动势，故不断减小，发热功率也不断减小，故A错误；
B：由图可知，蹄形磁铁N极在下、S极在上，磁场方向竖直向上，铜盘逆时针（俯视图）转动，从圆心到边缘的导体切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向由圆心指向边缘，因此铜盘边缘的电势高于圆心处的电势，故B正确；
C：仅增强磁体的磁性，磁感应强度增大，相同转速下感应电动势更大，涡流更大，电磁阻力更大，铜盘会更快停止，运动时间更短，故C错误；
D：若磁体和铜盘同向转动，只有当磁体角速度大于铜盘角速度时，铜盘才会受电磁驱动而加速；若磁体角速度小于铜盘，铜盘仍受电磁阻力减速，因此铜盘不一定会越转越快，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查涡流发热功率的变化，结合角速度变化分析感应电动势变化，进而分析发热功率变化；
B：考查右手定则的应用，结合磁场方向和铜盘转动方向，判断感应电动势的方向，比较圆心与边缘的电势高低；
C：考查电磁阻力的影响因素，分析磁体磁性强弱对涡流、电磁阻力和铜盘运动时间的影响；
D：考查电磁驱动与电磁阻力的条件，分析磁体与铜盘的角速度关系，判断铜盘的运动趋势。
9．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．北斗G7卫星的运行周期小于地球赤道上随地球自转物体的运行周期
B．北斗G7卫星的向心加速度大于地球表面附近的重力加速度
C．北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度
D．加注燃料前，北斗G7卫星受到某种微小阻力，高度降低，稳定后线速度增大
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A：北斗G7是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期，与地球赤道上随地球自转物体的周期相等，故A错误；
B：根据万有引力提供向心力，有，可得向心加速度；地球表面附近重力加速度（为地球半径），同步卫星轨道半径，因此其向心加速度小于地球表面重力加速度，故B错误；
C：同步卫星与赤道上随地球自转物体的角速度相同，线速度公式为，同步卫星轨道半径远大于地球半径，因此其运行速度大于赤道上随地球自转物体的线速度，故C错误；
D：卫星受稀薄大气阻力，高度降低，轨道半径减小；稳定后根据，可得，减小则线速度增大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查同步卫星的周期特点，同步卫星的运行周期与地球自转周期相同；
B：考查向心加速度与轨道半径的关系，结合万有引力公式，比较同步卫星与地球表面的向心加速度大小；
C：考查线速度与角速度的关系，利用，比较同步卫星与赤道物体的线速度大小；
D：考查卫星变轨问题，分析轨道半径变化对卫星线速度的影响。
10．把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．半径越大，小球受到的合力越大
B．半径越大，小球向心加速度的大小不变
C．半径越大，小球转速越大
D．半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；向心力；向心加速度；冲量
【解析】【解答】A：对小球受力分析，小球受重力 、漏斗壁的支持力 ，竖直方向受力平衡，合力沿水平方向提供向心力。设漏斗壁的倾角为定值，可得合力 ，与圆周运动半径无关，因此半径越大，小球受到的合力不变，故A错误；
B：由向心加速度公式 ，可知向心加速度与圆周运动半径无关，因此半径越大，小球向心加速度的大小不变，故B正确；
C：由向心加速度公式 ，可得转速 ，因此半径越大，转速越小，故C错误；
D：根据动量定理，合力冲量等于动量变化，小球转动一圈，初末动量相同，动量变化为0，因此合力冲量始终为0，与半径无关，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查受力分析与向心力的计算，分析小球的受力情况，得出合力与圆周运动半径的关系；
B：考查向心加速度的计算，结合合力表达式，得出向心加速度与圆周运动半径的关系；
C：考查向心加速度与转速的关系，利用向心加速度公式，推导出转速与圆周运动半径的关系；
D：考查动量定理的应用，分析小球转动一圈过程中的动量变化，得出合力冲量的特点。
11．一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（　　）
A．A球和B球组成系统的机械能不守恒
B．A球上升过程的速度大小等于B球下落过程的速度大小
C．A球加速度的大小等于B球加速度的大小
D．k值越大，B球运动的加速度越接近g
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：对A、B组成的系统，只有重力做功，绳子拉力属于内力且做功的代数和为零，系统机械能守恒，故A错误；
B：绳子不可伸长，B下落的距离始终等于A上升的距离，因此任意时刻两球速度大小相等，故B正确；
C：两球速度大小始终相等，相同时间内速度变化量大小相等，因此加速度大小相等，故C正确；
D：对整体由牛顿第二定律得 ，解得 ，k值越大，B球运动的加速度越接近g，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A：考查系统机械能守恒的条件，分析系统受力与做功情况，判断机械能是否守恒；
B：考查不可伸长轻绳的约束特点，分析两球位移、速度的关系；
C：考查加速度的定义，结合两球速度变化量的关系，判断加速度的关系；
D：考查连接体问题的牛顿第二定律应用，通过整体法求解加速度，分析k值对加速度的影响。
12．如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．E点和F点的电势相等
B．电子的加速度可能始终不变
C．电子的动能可能不变
D．电子可能沿MN连线中垂线做往复运动
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO=OF。根据电势叠加原理，两点到两个正点电荷的距离对称，电势叠加结果相等，故E点和F点的电势相等，A正确；
B：根据点电荷场强公式和叠加原理，MN连线中垂线上的电场强度大小和方向都在不断变化。电子若做直线运动，在EO段和OF段的加速度大小会变化；若做曲线运动，加速度大小或方向也会变化，因此加速度不可能始终不变，B错误；
C：当初速度大小和方向合适时，电子可以O为圆心、EO长为半径做匀速圆周运动，此时电场力提供向心力，电场力不做功，电子的动能不变，C正确；
D：若初速度方向沿MN连线中垂线，电子受力方向始终指向O点，会在O点两侧做往复运动，D正确；
故答案为：B。
【分析】A：考查电势的叠加，结合等量正点电荷中垂线的对称性，判断两点电势关系；
B：考查电场强度的叠加与加速度变化，分析中垂线上电场强度的变化特点，判断电子加速度是否可能始终不变；
C：考查匀速圆周运动的条件，分析电子在电场力作用下做匀速圆周运动的可能性；
D：考查电子在电场中的往复运动，结合电场力的方向特点，判断电子的运动轨迹。
13．图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸引分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．增大电动势E1，分拣苹果的质量标准变小
B．托盘秤上的苹果质量越小，R1两端的电压越小
C．若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变大
D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变
【答案】A
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A：触发条件为，根据闭合电路欧姆定律有，整理得刚好触发时满足。若增大，刚好触发需要的更大，而越大对应压力越小、苹果质量越小，即分拣的质量标准变小，故A正确；
B：苹果质量越小，压力越小，越大，电路总电流越小，两端电压，当增大时，增大，故托盘秤上的苹果质量越小，两端的电压越大，B错误；
C：由可知，若只增大，刚好触发需要的增大，对应苹果质量更小，因此进入通道2的苹果标准质量变小，故C错误；
D：若仅改变电磁铁线圈的绕向，仅改变磁场方向，电磁铁仍可以吸引衔铁，触发电压不变，分拣质量标准不变，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查闭合电路欧姆定律的应用，结合触发条件分析电动势变化对分拣质量标准的影响；
B：考查动态电路分析，分析苹果质量变化对阻值的影响，进而判断两端电压的变化；
C：考查动态电路分析，分析阻值变化对触发时的影响，进而判断分拣质量标准的变化；
D：考查电磁铁的工作原理，分析线圈绕向改变对电磁铁功能和分拣标准的影响。
14．将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，已知弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成的夹角为θ。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为φ的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（　　）
A．若减小θ，则图2中的φ角将变大
B．若增大θ，则光屏上的条纹将更加密集
C．若改用波长更长的激光，则图2中的φ角不变
D．若改用波长更长的激光，则光屏上的条纹将更加密集
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A：若减小θ，对应的干涉条纹夹角也会减小，即φ角减小，故A错误；
B：若增大θ，相邻铁丝的间距减小，根据条纹间距公式，减小则增大，条纹间距变大，条纹会变稀疏，故B错误；
C：φ角是几何结构角，仅取决于弹簧上两组铁丝的夹角θ，与激光波长无关，故C正确；
D：若改用波长更长的激光，根据，波长增大则增大，条纹间距变大，条纹会变稀疏，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查干涉条纹夹角与弹簧铁丝夹角的关系，理解φ角随θ角的变化规律；
B：考查双缝干涉条纹间距的影响因素，结合条纹间距公式，分析θ变化对条纹疏密的影响；
C：考查φ角的本质，明确它是几何结构角，仅由弹簧铁丝夹角θ决定，与波长无关；
D：考查波长对干涉条纹间距的影响，结合条纹间距公式，分析波长变长时条纹疏密的变化。
15．如图所示为探究两个互成角度的力的合成规律实验的示意图。在该实验中，需要记录的是 。
A．O点的位置
B．EO的长度
C．F1、F2的夹角
D．F1、F2的大小和方向
E．F的大小和方向
【答案】A,D,E
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A：实验中需要保证两次力的作用效果相同，因此需要记录O点的位置，A正确；
B：实验中只需保证两次测量时小圆环停在同一位置，无需记录EO的长度，B错误；
C：实验中无需直接记录、的夹角，只需记录两个分力的方向即可通过作图确定夹角，C错误；
D：为了画出力的图示，需要记录两个分力、的大小和方向，D正确；
E：为了与两个分力的合成效果对比，需要记录合力的大小和方向，E正确；
故答案为：ADE。
【分析】本实验的核心是“等效替代”思想，即两个分力共同作用的效果与一个合力单独作用的效果相同；
要实现等效替代，就必须记录两次作用效果的共同标志（O点位置），以及所有力的大小和方向，以便后续作图验证；
橡皮条的长度和分力的夹角不需要直接记录，前者通过O点位置保证，后者通过分力的方向间接获得。
16．用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。实验时分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察并标记感应电流的方向。某次实验的操作和感应电流的方向如图2所示。下列操作中能产生与图2所示感应电流方向一致的是 。
A．S极插入螺线管 B．N极拔出螺线管 C．S极拔出螺线管
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A：S极插入螺线管，穿过螺线管的磁通量增强，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，感应电流方向与图2不一致，故A错误；
B：N极拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量减弱，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，感应电流方向与图2不一致，故B错误；
C：S极拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量减弱，根据楞次定律可知感应磁场方向向上，感应电流方向与图2一致，故C正确；
故答案为：C。
【分析】A：考查楞次定律的应用，分析S极插入螺线管时磁通量的变化，判断感应磁场方向，进而判断感应电流方向；
B：考查楞次定律的应用，分析N极拔出螺线管时磁通量的变化，判断感应磁场方向，进而判断感应电流方向；
C：考查楞次定律的应用，分析S极拔出螺线管时磁通量的变化，判断感应磁场方向，进而判断感应电流方向。
17．某实验小组用单摆测重力加速度。实验中，由于没有控制好小球的摆动，使得小球做圆锥摆运动。在利用单摆的周期公式来计算重力加速度时，甲同学提出继续用悬点到球心的距离作为摆长，乙同学提出可以用悬点到球心的竖直高度作为摆长。你认为　 　（选填“甲”或“乙”）的说法是正确的，原因是　 　。
【答案】乙；设小球做匀速圆周运动时，摆线与竖直方向的夹角为θ， 根据牛顿第二定律有解得其中Lcosθ为悬点到球心的竖直高度，摆长为的单摆周期公式为两式公式形式一致，因此用单摆周期公式计算重力加速度时，应当用悬点到球心的竖直高度作为摆长。
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】乙的说法是正确的，设小球做匀速圆周运动时，摆线与竖直方向的夹角为θ， 根据牛顿第二定律有，解得，其中Lcosθ为悬点到球心的竖直高度，摆长为的单摆周期公式为 ，两式公式形式一致，因此用单摆周期公式计算重力加速度时，应当用悬点到球心的竖直高度作为摆长。
故答案为：乙
【分析】本题考查圆锥摆运动与单摆周期公式的结合应用。关键在于：圆锥摆的周期公式与单摆形式一致，但等效摆长是悬点到球心的竖直高度，而非摆线的实际长度。因此计算重力加速度时，应采用竖直高度作为等效摆长，故乙的说法正确。
18．验证动量守恒的实验可以在如图所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光片通过光电门的挡光时间。实验时，开启气垫导轨气源的电源，轻轻拨动两滑块，两滑块在导轨上自由运动时近似为匀速运动，再让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。现在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示。碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片、撞针）的总质量为m1、滑块B（连同其上的遮光片、橡皮泥）的总质量为m2，两滑块上遮光片的宽度相同。实验中测到滑块A单独通过光电门的时间记为t1，滑块连成一体通过光电门的时间记为t2。通过多次实验得到多组t1、t2的值。某同学想通过绘制t1—t2图像验证滑块碰撞前后是否动量守恒，分析说明判断的方法。
【答案】解：设遮光片宽度为，碰撞前滑块匀速运动，速度为
滑块静止，故碰撞前总动量
碰撞后两滑块连成一体匀速运动，共同速度
故碰撞后总动量
若碰撞过程动量守恒，则
整理得
绘制图像，若图像为过原点的倾斜直线，且直线斜率等于，即可验证碰撞过程动量守恒；若不满足该关系，则说明动量不守恒。
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查利用气垫导轨验证动量守恒定律的实验方法，关键是通过光电门的挡光时间计算碰撞前后的速度，结合动量守恒定律推导出t1与t2的线性关系，再通过图像斜率验证动量是否守恒。
19．如图1所示，将轻弹簧竖直固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧的正上方h处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知重力加速度为g。
（1）求小球速度最大时，弹簧的形变量大小。
（2）小球从接触弹簧开始到压缩弹簧至最低点过程中，分析说明小球速度最大的位置处在最大形变量中点上方还是下方。
（3）以竖直向下为正方向，从小球接触弹簧开始计时，在图2中画出小球压缩弹簧至最低点过程中合力F随下降距离x的变化图线，并分析小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小和重力的关系。
【答案】（1）解：小球由静止下落到最低点，根据机械能守恒有
小球速度最大时合力为零，此时弹簧的形变量大小为
联立解得
（2）解：小球速度最大时弹簧的形变量大小为
整理得
又知
所以，故小球速度最大的位置处在最大形变量中点的上方。
（3）解：小球压缩弹簧至最低点的过程中，合力，合力F随下降距离x的变化图线如图所示
图线与横轴围成的面积等于合力做的功，在合力由变化到的过程中，图线与横轴围成的面积为零，合力做的总功为零，根据动能定理有
所以
当时小球的速度等于刚接触弹簧时的速度，小球还会继续下降，小球所受合力的大小继续增大，故小球下降到最低点时合力的大小
又知合力的大小
联立解得，小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【分析】（1）本题考查机械能守恒与平衡条件的综合应用，先利用全程机械能守恒求出弹簧劲度系数，再根据合力为零的平衡条件求速度最大时的形变量。
（2）本题考查形变量的比较，通过代数变形比较与的大小关系，从而判断速度最大位置在中点上方。
（3）本题考查合力的变化规律与动能定理的应用，合力随位移线性变化，利用图线面积分析做功情况，结合动能定理推导出最低点时弹力大于。
（1）小球由静止下落到最低点，根据机械能守恒有
小球速度最大时合力为零，此时弹簧的形变量大小为
联立解得
（2）小球速度最大时弹簧的形变量大小为
整理得
又知
所以，故小球速度最大的位置处在最大形变量中点的上方。
（3）小球压缩弹簧至最低点的过程中，合力，合力F随下降距离x的变化图线如图所示
图线与横轴围成的面积等于合力做的功，在合力由变化到的过程中，图线与横轴围成的面积为零，合力做的总功为零，根据动能定理有
所以
当时小球的速度等于刚接触弹簧时的速度，小球还会继续下降，小球所受合力的大小继续增大，故小球下降到最低点时合力的大小
又知合力的大小
联立解得，小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小
20．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的定值电阻。一长为L、电阻为r的导体棒放置在导轨上，与导轨接触良好。导体棒在外力作用下沿导轨以速度v向右匀速运动。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，导体棒运动过程中始终与两导轨保持垂直。经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导体棒中一个自由电子受到金属离子阻碍其沿导体棒长度方向做定向移动的平均作用力f的表达式。
【答案】解：设一个自由电子受到金属离子阻碍其沿导体棒长度方向做定向移动的平均作用力为f，电子在平均作用力、电场力和洛伦兹力的作用下做匀速直线运动，所以沿导线长度方向有，
可得
又感应电动势为
导体棒的两端电压为
联立可得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题考查电磁感应与微观受力分析的综合应用，核心思路是：将导体中的自由电子视为匀速运动，其沿棒方向受洛伦兹力、电场力和阻碍其运动的平均作用力，三力平衡，结合感应电动势、路端电压的计算，即可推导出平均作用力f的表达式。
21．透射电子显微镜是科研中的重要工具，可以通过电子透镜控制电子束轨迹探测物质的微观结构。
如图是电子透镜中电子枪和磁聚焦系统的简化示意图。一隔板将真空管分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，隔板的中心有一小孔，右端为可平移接收板。区域Ⅰ中有电场（图中未画出），区域Ⅱ中有沿轴线向右的匀强磁场。电子经电场加速后，从小孔中心O点沿不同方向进入区域Ⅱ。已知磁感应强度大小为B，电子质量为m、电荷量为e，电子与真空管不发生碰撞。忽略电子间的相互作用。
（1）电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，其与轴线方向有一定夹角的电子运动轨迹的投影可能是下列选项中的 。（沿轴线从左向右看）
A． B．
C． D．
（2）将进入区域Ⅱ电子的运动分解为沿管轴线方向的分运动和垂直于轴线方向的分运动。已知电子的速度沿管轴线方向的分量大小在（很小）范围内；同时电子的速度垂直于轴线方向的分量大小在范围内。
a.求从O点进入区域Ⅱ的所有电子，第一次回到轴线的位置最小为，最大为，求最大和最小之间的距离。
b.若将接收板从处向右平移至处，此过程中，电子落在接收板上形成的斑的大小会如何变化？
【答案】（1）C
（2）解：a.进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，满足
得
电子做圆周运动的周期满足
可知电子做圆周运动的周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最小，可知
当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最大，可知
故最大和最小之间的距离
b.当接收板置于处时，沿管轴线方向的速度为，垂直于轴线方向速度分量为的电子刚好回到轴线上处。此时，速度为的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，如图所示
该电子还需转动角度才能回到轴线上处，故对于垂直于轴线方向速度分量为，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，落在接收板上的位置在角对应的上，其中直线与竖直方向的夹角为。
对于垂直于轴线方向速度在、沿管轴线方向的速度在范围内的电子，由可知其圆周运动的半径与垂直于轴线方向速度分量成正比，但击中接收板时对应的角由沿管轴线方向的速度决定，与无关，因此对于落在接收板上的电子其对应的圆周半径不同，但对应的角不变，故可知接收屏形成的斑处于下图所示阴影区域范围内
若将接收板从处向右平移至处过程中，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，击中接收板的最大时间差为
粒子转过的角度之差最大值满足
可知随着接收板从处向右平移至处过程中，随着的增加，两粒子转过的角度之差逐渐增大，图中阴影区域的面积逐渐增大，斑的大小会逐渐增大。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】（1）A．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故A错误；
BD．由题意，电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，故电子运动轨迹的投影必经过O点，与所给图像不符，故BD错误；
C．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故C正确。
故答案为：C。
【分析】(1) 本题考查电子在轴向磁场中的运动分解与左手定则应用。关键是：垂直磁场方向做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断圆心位置，轨迹投影必经过入射点。
(2) 本题考查螺旋运动的螺距与光斑变化。螺距与轴向速度成正比，因此第一次回到轴线的位置随轴向速度增大而增大；接收板右移时，不同轴向速度的电子转过的角度差增大，导致光斑面积逐渐增大。
（1）A．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故A错误；
BD．由题意，电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，故电子运动轨迹的投影必经过O点，与所给图像不符，故BD错误；
C．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故C正确。
故选C。
（2）a.进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，满足
得
电子做圆周运动的周期满足
可知电子做圆周运动的周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最小，可知
当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最大，可知
故最大和最小之间的距离
b.当接收板置于处时，沿管轴线方向的速度为，垂直于轴线方向速度分量为的电子刚好回到轴线上处。此时，速度为的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，如图所示
该电子还需转动角度才能回到轴线上处，故对于垂直于轴线方向速度分量为，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，落在接收板上的位置在角对应的上，其中直线与竖直方向的夹角为。
对于垂直于轴线方向速度在、沿管轴线方向的速度在范围内的电子，由可知其圆周运动的半径与垂直于轴线方向速度分量成正比，但击中接收板时对应的角由沿管轴线方向的速度决定，与无关，因此对于落在接收板上的电子其对应的圆周半径不同，但对应的角不变，故可知接收屏形成的斑处于下图所示阴影区域范围内
若将接收板从处向右平移至处过程中，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，击中接收板的最大时间差为
粒子转过的角度之差最大值满足
可知随着接收板从处向右平移至处过程中，随着的增加，两粒子转过的角度之差逐渐增大，图中阴影区域的面积逐渐增大，斑的大小会逐渐增大。
22．黑洞是一种质量非常大、半径非常小的天体。天文学家跟踪观测了银河系中心附近恒星的运行轨迹，推测出银河系中心存在质量为M的黑洞。已知相距为r、质量分别为m1和m2的两质点之间的引力势能，G为引力常量。仅考虑黑洞对物质的引力作用。
（1）银河系中心黑洞会不断吞噬周围的星际物质，这些物质在被吞噬的过程中会先进入“吸积盘”，并产生电磁辐射。为了研究进入吸积盘中物质产生的电磁辐射，某同学建立如下简化模型：在被吞噬的过程中，吸积盘各处物质绕黑洞旋转，机械能不断转化为电磁辐射，在运动过程中其轨道半径不断减小，但每一圈的运动仍可视为匀速圆周运动。吸积盘中距离黑洞r1到r2（r1＜r2）的区域产生的电磁辐射功率为P，吸积盘的吸积质量（单位时间内进入吸积盘的物质的质量）为mt，求黑洞质量M。
（2）某黑洞附近的S0-2星体绕其做椭圆运动。已知S0-2星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，估算黑洞质量M。（结果保留一位有效数字）
【答案】（1）解：设绕黑洞做匀速圆周运动的物质质量为m，轨道半径为r，则有
m的动能、引力势能分别为，
m的机械能
联立解得
单位时间内进入吸积盘的质量为，物质从距离黑洞处运动到距离黑洞处，单位时间内机械能的减少量等于电磁辐射功率，即
解得黑洞的质量
（2）解：S0-2 星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，将椭圆运动近似为半径为 的匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故
整理得黑洞的质量
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】(1) 本题考查引力场中的机械能变化与能量守恒。先推导出绕黑洞运动物质的机械能表达式，再利用单位时间内机械能的减少量等于辐射功率，建立方程求解黑洞质量。
(2) 本题考查利用开普勒第三定律估算黑洞质量。将椭圆运动近似为圆周运动，利用万有引力提供向心力，代入数据计算即可。
（1）设绕黑洞做匀速圆周运动的物质质量为m，轨道半径为r，则有
m的动能、引力势能分别为，
m的机械能
联立解得
单位时间内进入吸积盘的质量为，物质从距离黑洞处运动到距离黑洞处，单位时间内机械能的减少量等于电磁辐射功率，即
解得黑洞的质量
（2） S0-2 星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，将椭圆运动近似为半径为 的匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故
整理得黑洞的质量
1 / 1北京市海淀区2025-2026学年高三下学期期中（一模）反馈练习物理试卷
1．下列核反应方程中，括号内的粒子为电子的是（　　）
A．（　　） B．（　　）
C．（　　） D．（　　）
2．烧瓶通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱，使烧瓶内封闭一定质量的气体。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向左移动。将瓶内的气体视为理想气体，在这一过程中瓶内气体（　　）
A．气体的温度升高，每个气体分子的动能都增大
B．气体的温度升高，分子的数密度减小，压强不变
C．气体的体积增大，其内能一定减小
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
3．用甲、乙两束不同的单色光，分别照射同一光电管得到两条光电流I与电压U之间的关系曲线，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．甲光照射时产生的光电子的最大初动能更大
B．在水中，甲光的频率比乙光的频率大
C．在水中，甲光的传播速度比乙光的传播速度大
D．照射同一狭缝装置，乙光的衍射现象更明显
4．如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈的匝数比为4∶1。下列说法正确的是（　　）
A．副线圈电压的最大值为55V
B．原线圈的输入功率为880W
C．通过电阻R的交变电流的频率为100Hz
D．穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1
5．按如图所示连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡P正常发光。然后断开开关S，小灯泡P闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡P正常发光时电阻为RP。下列说法正确的是（　　）
A．RL>RP
B．闭合开关S时，P立即发光并且亮度逐渐增强直到正常发光
C．闭合开关，电路稳定后，P中电流小于L中电流
D．断开开关S的瞬间，小灯泡P中的电流方向为a→b
6．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是介质中的三个质点。图2是质点b的振动图像。下列说法不正确的是（　　）
A．该波的波速为10m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．0~0.2s内，质点b通过的路程为4cm
D．0.3~0.5s内，质点b的加速度一直增大
7．水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．仅增大μ，物体做加速运动的位移变大
C．仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同
D．仅增大v，物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力
8．轻轻拨动一个铜盘可以使其长时间地绕OO'轴逆时针（俯视图）自由转动。如果在铜盘转动时把蹄形磁体的两极放在铜盘的边缘（但并不接触），如图所示，铜盘可以在较短的时间内停止转动。关于铜盘逐渐停止转动的过程，下列说法正确的是（　　）
A．铜盘的发热功率不变
B．铜盘边缘的电势高于铜盘圆心处的电势
C．若仅增强磁体的磁性，铜盘运动时间将变长
D．若使磁体绕OO'轴与铜盘同向转动，铜盘一定会越转越快
9．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．北斗G7卫星的运行周期小于地球赤道上随地球自转物体的运行周期
B．北斗G7卫星的向心加速度大于地球表面附近的重力加速度
C．北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度
D．加注燃料前，北斗G7卫星受到某种微小阻力，高度降低，稳定后线速度增大
10．把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．半径越大，小球受到的合力越大
B．半径越大，小球向心加速度的大小不变
C．半径越大，小球转速越大
D．半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大
11．一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（　　）
A．A球和B球组成系统的机械能不守恒
B．A球上升过程的速度大小等于B球下落过程的速度大小
C．A球加速度的大小等于B球加速度的大小
D．k值越大，B球运动的加速度越接近g
12．如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．E点和F点的电势相等
B．电子的加速度可能始终不变
C．电子的动能可能不变
D．电子可能沿MN连线中垂线做往复运动
13．图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸引分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．增大电动势E1，分拣苹果的质量标准变小
B．托盘秤上的苹果质量越小，R1两端的电压越小
C．若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变大
D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变
14．将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，已知弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成的夹角为θ。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为φ的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（　　）
A．若减小θ，则图2中的φ角将变大
B．若增大θ，则光屏上的条纹将更加密集
C．若改用波长更长的激光，则图2中的φ角不变
D．若改用波长更长的激光，则光屏上的条纹将更加密集
15．如图所示为探究两个互成角度的力的合成规律实验的示意图。在该实验中，需要记录的是 。
A．O点的位置
B．EO的长度
C．F1、F2的夹角
D．F1、F2的大小和方向
E．F的大小和方向
16．用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。实验时分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察并标记感应电流的方向。某次实验的操作和感应电流的方向如图2所示。下列操作中能产生与图2所示感应电流方向一致的是 。
A．S极插入螺线管 B．N极拔出螺线管 C．S极拔出螺线管
17．某实验小组用单摆测重力加速度。实验中，由于没有控制好小球的摆动，使得小球做圆锥摆运动。在利用单摆的周期公式来计算重力加速度时，甲同学提出继续用悬点到球心的距离作为摆长，乙同学提出可以用悬点到球心的竖直高度作为摆长。你认为　 　（选填“甲”或“乙”）的说法是正确的，原因是　 　。
18．验证动量守恒的实验可以在如图所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光片通过光电门的挡光时间。实验时，开启气垫导轨气源的电源，轻轻拨动两滑块，两滑块在导轨上自由运动时近似为匀速运动，再让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。现在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示。碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片、撞针）的总质量为m1、滑块B（连同其上的遮光片、橡皮泥）的总质量为m2，两滑块上遮光片的宽度相同。实验中测到滑块A单独通过光电门的时间记为t1，滑块连成一体通过光电门的时间记为t2。通过多次实验得到多组t1、t2的值。某同学想通过绘制t1—t2图像验证滑块碰撞前后是否动量守恒，分析说明判断的方法。
19．如图1所示，将轻弹簧竖直固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧的正上方h处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知重力加速度为g。
（1）求小球速度最大时，弹簧的形变量大小。
（2）小球从接触弹簧开始到压缩弹簧至最低点过程中，分析说明小球速度最大的位置处在最大形变量中点上方还是下方。
（3）以竖直向下为正方向，从小球接触弹簧开始计时，在图2中画出小球压缩弹簧至最低点过程中合力F随下降距离x的变化图线，并分析小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小和重力的关系。
20．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的定值电阻。一长为L、电阻为r的导体棒放置在导轨上，与导轨接触良好。导体棒在外力作用下沿导轨以速度v向右匀速运动。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，导体棒运动过程中始终与两导轨保持垂直。经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导体棒中一个自由电子受到金属离子阻碍其沿导体棒长度方向做定向移动的平均作用力f的表达式。
21．透射电子显微镜是科研中的重要工具，可以通过电子透镜控制电子束轨迹探测物质的微观结构。
如图是电子透镜中电子枪和磁聚焦系统的简化示意图。一隔板将真空管分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，隔板的中心有一小孔，右端为可平移接收板。区域Ⅰ中有电场（图中未画出），区域Ⅱ中有沿轴线向右的匀强磁场。电子经电场加速后，从小孔中心O点沿不同方向进入区域Ⅱ。已知磁感应强度大小为B，电子质量为m、电荷量为e，电子与真空管不发生碰撞。忽略电子间的相互作用。
（1）电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，其与轴线方向有一定夹角的电子运动轨迹的投影可能是下列选项中的 。（沿轴线从左向右看）
A． B．
C． D．
（2）将进入区域Ⅱ电子的运动分解为沿管轴线方向的分运动和垂直于轴线方向的分运动。已知电子的速度沿管轴线方向的分量大小在（很小）范围内；同时电子的速度垂直于轴线方向的分量大小在范围内。
a.求从O点进入区域Ⅱ的所有电子，第一次回到轴线的位置最小为，最大为，求最大和最小之间的距离。
b.若将接收板从处向右平移至处，此过程中，电子落在接收板上形成的斑的大小会如何变化？
22．黑洞是一种质量非常大、半径非常小的天体。天文学家跟踪观测了银河系中心附近恒星的运行轨迹，推测出银河系中心存在质量为M的黑洞。已知相距为r、质量分别为m1和m2的两质点之间的引力势能，G为引力常量。仅考虑黑洞对物质的引力作用。
（1）银河系中心黑洞会不断吞噬周围的星际物质，这些物质在被吞噬的过程中会先进入“吸积盘”，并产生电磁辐射。为了研究进入吸积盘中物质产生的电磁辐射，某同学建立如下简化模型：在被吞噬的过程中，吸积盘各处物质绕黑洞旋转，机械能不断转化为电磁辐射，在运动过程中其轨道半径不断减小，但每一圈的运动仍可视为匀速圆周运动。吸积盘中距离黑洞r1到r2（r1＜r2）的区域产生的电磁辐射功率为P，吸积盘的吸积质量（单位时间内进入吸积盘的物质的质量）为mt，求黑洞质量M。
（2）某黑洞附近的S0-2星体绕其做椭圆运动。已知S0-2星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，估算黑洞质量M。（结果保留一位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；核聚变
【解析】【解答】A．根据质量数守恒、电荷数守恒写出各核反应方程，故A正确；
B．，括号内粒子为质子，故B错误；
C．，括号内粒子为中子，故C错误；
D．，括号内粒子为粒子，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核反应方程的守恒规律：核心是利用质量数守恒和电荷数守恒，计算出括号内未知粒子的质量数和电荷数，再判断其种类；电子的特征是：质量数为0，电荷数为-1，用符号表示；其他常见粒子的判断：质子（）、中子（）、α粒子（）等，都有固定的质量数和电荷数组合。
2．【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；分子动能；物体的内能；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、气体的温度升高，分子的平均动能增大，但并非每个气体分子的动能都增大，故 A 错误；
B、用手捂住烧瓶，瓶内气体温度升高，水柱缓慢向左移动，说明气体体积增大，而气体压强始终等于外界大气压，保持不变；气体质量不变，体积增大，分子的数密度减小，故 B 正确；
C、气体的体积增大，气体对外做功，但温度升高，内能一定增大，故 C 错误；
D、气体温度升高，内能增大，同时体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，其内能一定增加，故 D 正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查温度与分子动能的关系，温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，但个别分子的动能可能减小；
B、考查气体的状态变化，由水柱左移可知气体体积增大，而压强始终等于大气压不变；气体质量不变，体积增大，分子数密度减小；
C、考查内能的影响因素，理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能一定增大；
D、考查热力学第一定律的应用，气体温度升高，内能增大，同时对外做功，因此气体必须从外界吸收热量，且吸收的热量大于对外做的功，内能增加。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的衍射；光电效应
【解析】【解答】A、由图可知，乙光的遏止电压绝对值较大，即，根据可知，乙光照射时产生的光电子的最大初动能更大，故A错误；
B、根据光电效应方程，乙光的最大初动能大，则乙光的频率大；光的频率由光源决定，与介质无关，故B错误；
C、因为乙光的频率大，所以水对乙光的折射率大，根据可知，在水中甲光的传播速度比乙光的传播速度大，故C正确；
D、根据可知，甲光的频率小，波长长，波长越长衍射现象越明显，所以甲光的衍射现象更明显，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查光电效应中遏止电压与光电子最大初动能的关系，由可知，遏止电压越大，光电子最大初动能越大；
B、考查光电效应方程的应用，由可知，同一光电管的逸出功相同，最大初动能越大，入射光频率越高；
C、考查光在介质中的传播速度，频率越高的光，介质对其的折射率越大，根据可知，传播速度越小；
D、考查光的衍射现象，波长越长，衍射现象越明显，而频率越低的光波长越长。
4．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A. 原线圈电压表达式为 ，可知原线圈电压最大值为 。根据变压器电压最大值与匝数的关系 ，可计算出副线圈电压最大值为 ，故A错误；
B. 原线圈电压有效值为 ，根据 ，可得副线圈电压有效值为 。副线圈电流 ，副线圈功率 。理想变压器输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率为 ，故B错误；
C. 由电压表达式可知，交流电角频率 ，频率 。变压器不改变交流电频率，故通过电阻 的交变电流频率为 ，故C错误；
D. 理想变压器无漏磁，原、副线圈共用同一铁芯，穿过原、副线圈的磁通量相同，故磁通量之比为 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A. 考查变压器电压最大值与匝数的关系，结合交流电瞬时值表达式判断原线圈电压最大值，再根据匝数比计算副线圈电压最大值；
B. 考查变压器功率关系，先由匝数比求出副线圈电压有效值，再计算副线圈功率，进而得到原线圈输入功率；
C. 考查交流电频率计算及变压器的频率特性，由角频率求出交流电频率，明确变压器不改变交流电频率；
D. 考查理想变压器的磁通量特点，理解无漏磁条件下原、副线圈磁通量的关系。
5．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A：断开开关S后，线圈产生自感电动势，与小灯泡构成回路，小灯泡闪亮一下，说明开关断开瞬间通过小灯泡的电流大于开关闭合时的电流，因此开关闭合时线圈中的电流大于小灯泡中的电流。由于线圈与小灯泡并联，电压相等，根据，可得，故A错误；
B：闭合开关S时，小灯泡立即发光，线圈由于自感作用，电流逐渐增大，电路总电流逐渐增大，电源内阻分压增大，路端电压减小，因此小灯泡的亮度会逐渐减弱，直到电路稳定，故B错误；
C：闭合开关且电路稳定后，线圈与小灯泡并联，电压相等，由及可知，线圈中的电流大于小灯泡中的电流，故C正确；
D：断开开关S的瞬间，线圈中的电流方向不变（仍为从a到b），线圈与小灯泡构成闭合回路，因此小灯泡中的电流方向为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查自感现象中电流与电阻的关系，通过小灯泡“闪亮”的现象，分析开关断开前后的电流大小关系，进而推导线圈与小灯泡的电阻关系；
B：考查通电自感现象，分析开关闭合瞬间线圈自感对电路电流、路端电压及小灯泡亮度变化的影响；
C：考查并联电路的电流规律，结合欧姆定律，根据线圈与小灯泡的电阻关系判断稳定时的电流大小；
D：考查断电自感现象，分析开关断开瞬间线圈电流方向及小灯泡中电流方向的变化。
6．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A：由振动图像可知周期 ，由波形图可知波长 ，根据波速公式 ，计算得波速 ，故A正确；
B：由质点b的振动图像可知， 时刻质点b向下振动，结合波形图的“上下坡法”，可判断波沿x轴负方向传播，故B正确；
C：质点b的平衡位置为 ，波形方程为 ，代入 得 时刻质点b的位移为 ；振动方程为 ， 时位移仍为 ；因此0~0.2s内质点b通过的路程为 ，并非4cm，故C错误；
D：0.3~0.5s内，质点b从平衡位置向波谷运动，位移的大小逐渐增大，根据 ，质点的加速度与位移大小成正比，因此加速度一直增大，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A：考查波速的计算，结合振动图像读取周期、波形图读取波长，利用波速公式求解；
B：考查波的传播方向判断，结合质点振动方向，利用“上下坡法”判断波的传播方向；
C：考查质点振动的路程计算，先求质点初始位置和末位置的位移，再结合振动过程分析路程；
D：考查加速度与位移的关系，根据简谐运动中加速度公式，分析位移变化对加速度的影响。
7．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A：刚开始物体无初速度放在传送带上，速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，故A错误；
B：物体加速运动的加速度为 ，加速到与传送带共速的时间为 ，加速运动的位移为 ，仅增大，物体加速运动的位移变小，故B错误；
C：物体与传送带因摩擦产生的热量 ，其中相对位移 ，因此 ，仅增大，热量会增加，故C错误；
D：物体加速运动的位移为 ，若传送带AB的长度 ，物体从A到B的过程中会一直做匀加速运动，始终受摩擦力作用，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查相对运动的判断，分析物体初速度与传送带速度的大小关系，判断物体相对传送带的运动方向；
B：考查匀加速直线运动的位移计算，结合牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式分析动摩擦因数对加速位移的影响；
C：考查摩擦生热的计算，分析相对位移与速度的关系，判断速度增大时热量的变化；
D：考查物体在传送带上的运动过程，结合加速位移与传送带长度的关系，判断物体是否会一直受摩擦力作用。
8．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：铜盘减速转动过程中，角速度不断减小，感应电动势，故不断减小，发热功率也不断减小，故A错误；
B：由图可知，蹄形磁铁N极在下、S极在上，磁场方向竖直向上，铜盘逆时针（俯视图）转动，从圆心到边缘的导体切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向由圆心指向边缘，因此铜盘边缘的电势高于圆心处的电势，故B正确；
C：仅增强磁体的磁性，磁感应强度增大，相同转速下感应电动势更大，涡流更大，电磁阻力更大，铜盘会更快停止，运动时间更短，故C错误；
D：若磁体和铜盘同向转动，只有当磁体角速度大于铜盘角速度时，铜盘才会受电磁驱动而加速；若磁体角速度小于铜盘，铜盘仍受电磁阻力减速，因此铜盘不一定会越转越快，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查涡流发热功率的变化，结合角速度变化分析感应电动势变化，进而分析发热功率变化；
B：考查右手定则的应用，结合磁场方向和铜盘转动方向，判断感应电动势的方向，比较圆心与边缘的电势高低；
C：考查电磁阻力的影响因素，分析磁体磁性强弱对涡流、电磁阻力和铜盘运动时间的影响；
D：考查电磁驱动与电磁阻力的条件，分析磁体与铜盘的角速度关系，判断铜盘的运动趋势。
9．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A：北斗G7是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期，与地球赤道上随地球自转物体的周期相等，故A错误；
B：根据万有引力提供向心力，有，可得向心加速度；地球表面附近重力加速度（为地球半径），同步卫星轨道半径，因此其向心加速度小于地球表面重力加速度，故B错误；
C：同步卫星与赤道上随地球自转物体的角速度相同，线速度公式为，同步卫星轨道半径远大于地球半径，因此其运行速度大于赤道上随地球自转物体的线速度，故C错误；
D：卫星受稀薄大气阻力，高度降低，轨道半径减小；稳定后根据，可得，减小则线速度增大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查同步卫星的周期特点，同步卫星的运行周期与地球自转周期相同；
B：考查向心加速度与轨道半径的关系，结合万有引力公式，比较同步卫星与地球表面的向心加速度大小；
C：考查线速度与角速度的关系，利用，比较同步卫星与赤道物体的线速度大小；
D：考查卫星变轨问题，分析轨道半径变化对卫星线速度的影响。
10．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；向心力；向心加速度；冲量
【解析】【解答】A：对小球受力分析，小球受重力 、漏斗壁的支持力 ，竖直方向受力平衡，合力沿水平方向提供向心力。设漏斗壁的倾角为定值，可得合力 ，与圆周运动半径无关，因此半径越大，小球受到的合力不变，故A错误；
B：由向心加速度公式 ，可知向心加速度与圆周运动半径无关，因此半径越大，小球向心加速度的大小不变，故B正确；
C：由向心加速度公式 ，可得转速 ，因此半径越大，转速越小，故C错误；
D：根据动量定理，合力冲量等于动量变化，小球转动一圈，初末动量相同，动量变化为0，因此合力冲量始终为0，与半径无关，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查受力分析与向心力的计算，分析小球的受力情况，得出合力与圆周运动半径的关系；
B：考查向心加速度的计算，结合合力表达式，得出向心加速度与圆周运动半径的关系；
C：考查向心加速度与转速的关系，利用向心加速度公式，推导出转速与圆周运动半径的关系；
D：考查动量定理的应用，分析小球转动一圈过程中的动量变化，得出合力冲量的特点。
11．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：对A、B组成的系统，只有重力做功，绳子拉力属于内力且做功的代数和为零，系统机械能守恒，故A错误；
B：绳子不可伸长，B下落的距离始终等于A上升的距离，因此任意时刻两球速度大小相等，故B正确；
C：两球速度大小始终相等，相同时间内速度变化量大小相等，因此加速度大小相等，故C正确；
D：对整体由牛顿第二定律得 ，解得 ，k值越大，B球运动的加速度越接近g，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A：考查系统机械能守恒的条件，分析系统受力与做功情况，判断机械能是否守恒；
B：考查不可伸长轻绳的约束特点，分析两球位移、速度的关系；
C：考查加速度的定义，结合两球速度变化量的关系，判断加速度的关系；
D：考查连接体问题的牛顿第二定律应用，通过整体法求解加速度，分析k值对加速度的影响。
12．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO=OF。根据电势叠加原理，两点到两个正点电荷的距离对称，电势叠加结果相等，故E点和F点的电势相等，A正确；
B：根据点电荷场强公式和叠加原理，MN连线中垂线上的电场强度大小和方向都在不断变化。电子若做直线运动，在EO段和OF段的加速度大小会变化；若做曲线运动，加速度大小或方向也会变化，因此加速度不可能始终不变，B错误；
C：当初速度大小和方向合适时，电子可以O为圆心、EO长为半径做匀速圆周运动，此时电场力提供向心力，电场力不做功，电子的动能不变，C正确；
D：若初速度方向沿MN连线中垂线，电子受力方向始终指向O点，会在O点两侧做往复运动，D正确；
故答案为：B。
【分析】A：考查电势的叠加，结合等量正点电荷中垂线的对称性，判断两点电势关系；
B：考查电场强度的叠加与加速度变化，分析中垂线上电场强度的变化特点，判断电子加速度是否可能始终不变；
C：考查匀速圆周运动的条件，分析电子在电场力作用下做匀速圆周运动的可能性；
D：考查电子在电场中的往复运动，结合电场力的方向特点，判断电子的运动轨迹。
13．【答案】A
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A：触发条件为，根据闭合电路欧姆定律有，整理得刚好触发时满足。若增大，刚好触发需要的更大，而越大对应压力越小、苹果质量越小，即分拣的质量标准变小，故A正确；
B：苹果质量越小，压力越小，越大，电路总电流越小，两端电压，当增大时，增大，故托盘秤上的苹果质量越小，两端的电压越大，B错误；
C：由可知，若只增大，刚好触发需要的增大，对应苹果质量更小，因此进入通道2的苹果标准质量变小，故C错误；
D：若仅改变电磁铁线圈的绕向，仅改变磁场方向，电磁铁仍可以吸引衔铁，触发电压不变，分拣质量标准不变，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查闭合电路欧姆定律的应用，结合触发条件分析电动势变化对分拣质量标准的影响；
B：考查动态电路分析，分析苹果质量变化对阻值的影响，进而判断两端电压的变化；
C：考查动态电路分析，分析阻值变化对触发时的影响，进而判断分拣质量标准的变化；
D：考查电磁铁的工作原理，分析线圈绕向改变对电磁铁功能和分拣标准的影响。
14．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A：若减小θ，对应的干涉条纹夹角也会减小，即φ角减小，故A错误；
B：若增大θ，相邻铁丝的间距减小，根据条纹间距公式，减小则增大，条纹间距变大，条纹会变稀疏，故B错误；
C：φ角是几何结构角，仅取决于弹簧上两组铁丝的夹角θ，与激光波长无关，故C正确；
D：若改用波长更长的激光，根据，波长增大则增大，条纹间距变大，条纹会变稀疏，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查干涉条纹夹角与弹簧铁丝夹角的关系，理解φ角随θ角的变化规律；
B：考查双缝干涉条纹间距的影响因素，结合条纹间距公式，分析θ变化对条纹疏密的影响；
C：考查φ角的本质，明确它是几何结构角，仅由弹簧铁丝夹角θ决定，与波长无关；
D：考查波长对干涉条纹间距的影响，结合条纹间距公式，分析波长变长时条纹疏密的变化。
15．【答案】A,D,E
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A：实验中需要保证两次力的作用效果相同，因此需要记录O点的位置，A正确；
B：实验中只需保证两次测量时小圆环停在同一位置，无需记录EO的长度，B错误；
C：实验中无需直接记录、的夹角，只需记录两个分力的方向即可通过作图确定夹角，C错误；
D：为了画出力的图示，需要记录两个分力、的大小和方向，D正确；
E：为了与两个分力的合成效果对比，需要记录合力的大小和方向，E正确；
故答案为：ADE。
【分析】本实验的核心是“等效替代”思想，即两个分力共同作用的效果与一个合力单独作用的效果相同；
要实现等效替代，就必须记录两次作用效果的共同标志（O点位置），以及所有力的大小和方向，以便后续作图验证；
橡皮条的长度和分力的夹角不需要直接记录，前者通过O点位置保证，后者通过分力的方向间接获得。
16．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A：S极插入螺线管，穿过螺线管的磁通量增强，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，感应电流方向与图2不一致，故A错误；
B：N极拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量减弱，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，感应电流方向与图2不一致，故B错误；
C：S极拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量减弱，根据楞次定律可知感应磁场方向向上，感应电流方向与图2一致，故C正确；
故答案为：C。
【分析】A：考查楞次定律的应用，分析S极插入螺线管时磁通量的变化，判断感应磁场方向，进而判断感应电流方向；
B：考查楞次定律的应用，分析N极拔出螺线管时磁通量的变化，判断感应磁场方向，进而判断感应电流方向；
C：考查楞次定律的应用，分析S极拔出螺线管时磁通量的变化，判断感应磁场方向，进而判断感应电流方向。
17．【答案】乙；设小球做匀速圆周运动时，摆线与竖直方向的夹角为θ， 根据牛顿第二定律有解得其中Lcosθ为悬点到球心的竖直高度，摆长为的单摆周期公式为两式公式形式一致，因此用单摆周期公式计算重力加速度时，应当用悬点到球心的竖直高度作为摆长。
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】乙的说法是正确的，设小球做匀速圆周运动时，摆线与竖直方向的夹角为θ， 根据牛顿第二定律有，解得，其中Lcosθ为悬点到球心的竖直高度，摆长为的单摆周期公式为 ，两式公式形式一致，因此用单摆周期公式计算重力加速度时，应当用悬点到球心的竖直高度作为摆长。
故答案为：乙
【分析】本题考查圆锥摆运动与单摆周期公式的结合应用。关键在于：圆锥摆的周期公式与单摆形式一致，但等效摆长是悬点到球心的竖直高度，而非摆线的实际长度。因此计算重力加速度时，应采用竖直高度作为等效摆长，故乙的说法正确。
18．【答案】解：设遮光片宽度为，碰撞前滑块匀速运动，速度为
滑块静止，故碰撞前总动量
碰撞后两滑块连成一体匀速运动，共同速度
故碰撞后总动量
若碰撞过程动量守恒，则
整理得
绘制图像，若图像为过原点的倾斜直线，且直线斜率等于，即可验证碰撞过程动量守恒；若不满足该关系，则说明动量不守恒。
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查利用气垫导轨验证动量守恒定律的实验方法，关键是通过光电门的挡光时间计算碰撞前后的速度，结合动量守恒定律推导出t1与t2的线性关系，再通过图像斜率验证动量是否守恒。
19．【答案】（1）解：小球由静止下落到最低点，根据机械能守恒有
小球速度最大时合力为零，此时弹簧的形变量大小为
联立解得
（2）解：小球速度最大时弹簧的形变量大小为
整理得
又知
所以，故小球速度最大的位置处在最大形变量中点的上方。
（3）解：小球压缩弹簧至最低点的过程中，合力，合力F随下降距离x的变化图线如图所示
图线与横轴围成的面积等于合力做的功，在合力由变化到的过程中，图线与横轴围成的面积为零，合力做的总功为零，根据动能定理有
所以
当时小球的速度等于刚接触弹簧时的速度，小球还会继续下降，小球所受合力的大小继续增大，故小球下降到最低点时合力的大小
又知合力的大小
联立解得，小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【分析】（1）本题考查机械能守恒与平衡条件的综合应用，先利用全程机械能守恒求出弹簧劲度系数，再根据合力为零的平衡条件求速度最大时的形变量。
（2）本题考查形变量的比较，通过代数变形比较与的大小关系，从而判断速度最大位置在中点上方。
（3）本题考查合力的变化规律与动能定理的应用，合力随位移线性变化，利用图线面积分析做功情况，结合动能定理推导出最低点时弹力大于。
（1）小球由静止下落到最低点，根据机械能守恒有
小球速度最大时合力为零，此时弹簧的形变量大小为
联立解得
（2）小球速度最大时弹簧的形变量大小为
整理得
又知
所以，故小球速度最大的位置处在最大形变量中点的上方。
（3）小球压缩弹簧至最低点的过程中，合力，合力F随下降距离x的变化图线如图所示
图线与横轴围成的面积等于合力做的功，在合力由变化到的过程中，图线与横轴围成的面积为零，合力做的总功为零，根据动能定理有
所以
当时小球的速度等于刚接触弹簧时的速度，小球还会继续下降，小球所受合力的大小继续增大，故小球下降到最低点时合力的大小
又知合力的大小
联立解得，小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小
20．【答案】解：设一个自由电子受到金属离子阻碍其沿导体棒长度方向做定向移动的平均作用力为f，电子在平均作用力、电场力和洛伦兹力的作用下做匀速直线运动，所以沿导线长度方向有，
可得
又感应电动势为
导体棒的两端电压为
联立可得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题考查电磁感应与微观受力分析的综合应用，核心思路是：将导体中的自由电子视为匀速运动，其沿棒方向受洛伦兹力、电场力和阻碍其运动的平均作用力，三力平衡，结合感应电动势、路端电压的计算，即可推导出平均作用力f的表达式。
21．【答案】（1）C
（2）解：a.进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，满足
得
电子做圆周运动的周期满足
可知电子做圆周运动的周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最小，可知
当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最大，可知
故最大和最小之间的距离
b.当接收板置于处时，沿管轴线方向的速度为，垂直于轴线方向速度分量为的电子刚好回到轴线上处。此时，速度为的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，如图所示
该电子还需转动角度才能回到轴线上处，故对于垂直于轴线方向速度分量为，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，落在接收板上的位置在角对应的上，其中直线与竖直方向的夹角为。
对于垂直于轴线方向速度在、沿管轴线方向的速度在范围内的电子，由可知其圆周运动的半径与垂直于轴线方向速度分量成正比，但击中接收板时对应的角由沿管轴线方向的速度决定，与无关，因此对于落在接收板上的电子其对应的圆周半径不同，但对应的角不变，故可知接收屏形成的斑处于下图所示阴影区域范围内
若将接收板从处向右平移至处过程中，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，击中接收板的最大时间差为
粒子转过的角度之差最大值满足
可知随着接收板从处向右平移至处过程中，随着的增加，两粒子转过的角度之差逐渐增大，图中阴影区域的面积逐渐增大，斑的大小会逐渐增大。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】（1）A．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故A错误；
BD．由题意，电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，故电子运动轨迹的投影必经过O点，与所给图像不符，故BD错误；
C．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故C正确。
故答案为：C。
【分析】(1) 本题考查电子在轴向磁场中的运动分解与左手定则应用。关键是：垂直磁场方向做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断圆心位置，轨迹投影必经过入射点。
(2) 本题考查螺旋运动的螺距与光斑变化。螺距与轴向速度成正比，因此第一次回到轴线的位置随轴向速度增大而增大；接收板右移时，不同轴向速度的电子转过的角度差增大，导致光斑面积逐渐增大。
（1）A．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故A错误；
BD．由题意，电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，故电子运动轨迹的投影必经过O点，与所给图像不符，故BD错误；
C．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故C正确。
故选C。
（2）a.进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，满足
得
电子做圆周运动的周期满足
可知电子做圆周运动的周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最小，可知
当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最大，可知
故最大和最小之间的距离
b.当接收板置于处时，沿管轴线方向的速度为，垂直于轴线方向速度分量为的电子刚好回到轴线上处。此时，速度为的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，如图所示
该电子还需转动角度才能回到轴线上处，故对于垂直于轴线方向速度分量为，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，落在接收板上的位置在角对应的上，其中直线与竖直方向的夹角为。
对于垂直于轴线方向速度在、沿管轴线方向的速度在范围内的电子，由可知其圆周运动的半径与垂直于轴线方向速度分量成正比，但击中接收板时对应的角由沿管轴线方向的速度决定，与无关，因此对于落在接收板上的电子其对应的圆周半径不同，但对应的角不变，故可知接收屏形成的斑处于下图所示阴影区域范围内
若将接收板从处向右平移至处过程中，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，击中接收板的最大时间差为
粒子转过的角度之差最大值满足
可知随着接收板从处向右平移至处过程中，随着的增加，两粒子转过的角度之差逐渐增大，图中阴影区域的面积逐渐增大，斑的大小会逐渐增大。
22．【答案】（1）解：设绕黑洞做匀速圆周运动的物质质量为m，轨道半径为r，则有
m的动能、引力势能分别为，
m的机械能
联立解得
单位时间内进入吸积盘的质量为，物质从距离黑洞处运动到距离黑洞处，单位时间内机械能的减少量等于电磁辐射功率，即
解得黑洞的质量
（2）解：S0-2 星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，将椭圆运动近似为半径为 的匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故
整理得黑洞的质量
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】(1) 本题考查引力场中的机械能变化与能量守恒。先推导出绕黑洞运动物质的机械能表达式，再利用单位时间内机械能的减少量等于辐射功率，建立方程求解黑洞质量。
(2) 本题考查利用开普勒第三定律估算黑洞质量。将椭圆运动近似为圆周运动，利用万有引力提供向心力，代入数据计算即可。
（1）设绕黑洞做匀速圆周运动的物质质量为m，轨道半径为r，则有
m的动能、引力势能分别为，
m的机械能
联立解得
单位时间内进入吸积盘的质量为，物质从距离黑洞处运动到距离黑洞处，单位时间内机械能的减少量等于电磁辐射功率，即
解得黑洞的质量
（2） S0-2 星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，将椭圆运动近似为半径为 的匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故
整理得黑洞的质量
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