2024年北京市海淀区高考物理一模试卷(含解析）

这是一份2024年北京市海淀区高考物理一模试卷(含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A. 天然放射现象表明原子核内部是有结构的B. β射线是原子核外电子形成的电子流
C. 升高温度可以减小放射性元素的半衰期D. β射线比α射线的穿透能力弱
2.如图所示，光束a射入玻璃三棱镜、出射光为b、c两束单色光。比较b、c两束光，下列说法正确的是( )
A. 玻璃对光束b的折射率较大
B. 光束b的频率更高
C. 光束b在玻璃中的传播速度较大
D. 经同一双缝干涉装置后光束b的干涉条纹间距较小
3.“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上，如图所示。小罐倒扣在身体上后，在罐中气体逐渐冷却的过程中，罐中气体质量和体积均可视为不变。若罐中气体可视为理想气体，下列说法正确的是( )
A. 罐中气体的压强不变B. 罐中气体的内能不变
C. 罐中气体分子的平均动能不变D. 罐中单位体积内气体分子数不变
4.如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加速，再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是( )
A. 扶梯加速运动阶段，人处于超重状态
B. 扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左
C. 扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力
D. 扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力
5.一列沿x轴传播的简谐横波，某时刻波形如图1所示，以该时刻为计时零点，x=2m处质点的振动图像如图2所示。根据图中信息，下列说法正确的是( )
A. 波的传播速度v=0.1m/s
B. 波沿x轴负方向传播
C. t=0时，x=3m处的质点加速度为0
D. t=0.2s时，x=3m处的质点位于y=10cm处
6.在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环形旋转舱绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，宇航员可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 宇航员可以站在旋转舱内靠近旋转中心的侧壁上
B. 以地心为参考系，宇航员处于平衡状态
C. 旋转舱的半径越大，转动的角速度应越小
D. 宇航员的质量越大，转动的角速度应越小
7.两个分子相距无穷远，规定它们的分子势能为0。让分子甲不动，分子乙从无穷远处逐渐靠近分子甲。它们的分子势能Ep随分子间距离r变化的情况如图所示。分子乙从无穷远到r1的过程中，仅考虑甲、乙两个分子间的作用，下列说法正确的是( )
A. 分子力始终表现为引力B. 分子力先变大后一直减小
C. 分子力对乙先做正功后做负功D. 分子乙的动能先变小后变大
8.图1是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图2所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。取 2=1.4，下列说法正确的是( )
A. 开关闭合后电压表的示数为5VB. n1n2<11000才能实现点火
C. n1n2>11000才能实现点火D. 将钢针替换为钢球，更容易引发电火花
9.如图所示，真空区域内有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，沿着与MN夹角θ为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ边界射出磁场。下列说法不正确的是( )
A. 可求出粒子在磁场中运动的半径
B. 可求出粒子在磁场中运动的加速度大小
C. 若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
D. 若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
10.如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，将一个带电小球以一定的初速度v从M点竖直向上抛出，在小球从M点运动至与抛出点等高的位置N点(图中未画出)的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球运动到最高点时的速度为零
B. 小球在M点和N点的动能相等
C. 小球上升过程和下降过程水平方向位移相同
D. 小球上升过程和下降过程动量的变化量相同
11.如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，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，使轻绳拉紧，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前的过程中，下列说法正确的是( )
A. A球的加速度大小为2g
B. 拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量
C. 重力对B球做的功等于B球动能的增加量
D. B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量
12.空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小为160V/m
B. 电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为43
C. 点(10cm,10cm)处的电势为20V
D. 纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
13.同学们设计的一种光电烟雾报警器的结构和原理如图1和图2所示。光源S向外发射某一特定频率的光，发生火情时有烟雾进入报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光改变方向进入光电管C从而发生光电效应，于是有电流输入报警系统，电流大于I0就会触发报警系统报警。某次实验中，当滑动变阻器的滑片P处于图2所示位置、烟雾浓度增大到n时恰好报警。假设烟雾浓度越大，单位时间内光电管接收到的光子个数越多。已知元电荷为e，下列说法正确的是( )
A. 仅将图2中电源的正负极反接，在烟雾浓度为n时也可能触发报警
B. 为使烟雾浓度达到1.2n时才触发报警，可以仅将滑片P向左移动到合适的位置
C. 单位时间内进入光电管的光子个数为I0e时，一定会触发报警
D. 报警器恰好报警时，将图2中的滑片P向右移动后，警报有可能会被解除
14.某种滴水起电机装置如图1所示，滴水装置左右相同的两管口形成的水滴分别穿过距管口较近的铝环A、B后滴进铝筒C、D，铝环A用导线与铝筒D相连，铝环B用导线与铝筒C相连，导线之间彼此绝缘，整个装置与外界绝缘。由于某种偶然的原因，C筒带上微量的负电荷，则与之相连的B环也带有负电荷，由于静电感应，B环上方即将滴落的水滴下端会带正电荷，上端带负电荷，如图2所示。水滴在落下瞬间，正负电荷分离，如图3所示，带正电荷的水滴落下穿过B环滴入D筒，C、D两筒之间产生电势差。为了研究问题方便，假设滴水装置中水足够多，每滴水的质量相同，忽略筒内液面高度的变化，下列说法正确的是( )
A. 滴水装置中会产生从左向右的电流
B. 水滴下落到筒内的时间越来越短
C. C、D两筒之间的电势差会一直增大
D. 在起电的过程中，水的重力势能完全转化为电能
第II卷（非选择题）
二、简答题：本大题共6小题，共58分。
15.(1)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，所用灵敏电流表的0刻度位于表盘的正中央。如图1所示电路，闭合开关S时，电流表的指针向左偏转。如图2中，当磁铁相对螺线管运动时，电流表的指针向左偏转。
可以判断：感应电流在螺线管内部产生的磁图1场方向______。(选填“向上”或“向下”)

(2)某同学用图3所示装置验证机械能守恒定律。
①安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图4所示。O点为打点起始点，打下该点时重锤速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C作为计数点，测出三点距起始点O的距离分别为h、h2、h3。已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重锤的重力势能减少量ΔE= ______动能增加量ΔE= ______。(用题中所给字母表示)
②图4中，起始点O和刻度尺的0刻线对齐，OC间的距离为______cm。由A、B、C三个计数点求得重锤下落的加速度a，______(选填“可以”或“不可以”)用该值作为重力加速度计算①中重锤重力势能的减少量。
16.某实验小组用电阻箱和电压表按图1所示电路测定一个水果电池的电动势和内阻。闭合开关S后调节电阻箱，记录电阻箱阻值R和电压表示数U，并计算对应的电流值I。

(1)在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请作出U−I图像。
(2)根据作出的U−I图像得出该电池电动势E= ______V，内阻F= ______Ω。(结果保留两位有效数字)
(3)若只考虑电压表内阻的影响，图1中，通过电源的电流为I1，通过电阻箱的电流为I2，图3中实线表示U与I1的关系，虚线表示U与I2的关系，则图3中所示图像可能正确的是______。
(4)除了电动势和内阻，电池的另一个重要参数是容量。电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量。如图4所示，甲、乙两节锂电池所标参数真实可靠，对这两节充满电的电池进行比较，填写表格。(选填“大于”“等于”或“小于”)
17.如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m1=0.4kg的物块A从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m处由静止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m2=0.8kg的物块B相碰，相碰后物块A立即停止运动，物块B滑行一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求：
(1)物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小。
(2)物块A与物块B碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
(3)滑动摩擦力对物块B做的功。
18.有关列车电气制动，可以借助如图所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0。
(1)求开始减速时：
①导体棒两端的电压U。
②安培力的功率P。
(2)在制动过程中，列车还会受到轨道和空气阻力的作用，为了研究问题方便，设这些阻力总和大小恒定，对应于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金属棒的速度从v，减至v02的过程中，金属棒的位移大小为x。求该过程中电路中产生的焦耳热Q。
19.1610年，伽利略用他制作的望远镜发现了木星的四颗主要卫星。根据观察，他将其中一颗卫星P的运动视为一个振幅为A、周期为T的简谐运动，并据此推测，他观察到的卫星振动是卫星圆运动在某方向上的投影。
如图所示，是伽利略推测的卫星P运动的示意图，在xOy平面内，质量为m的卫星P绕坐标原点O做匀速圆周运动。已知引力常量为G，不考虑各卫星之间的相互作用。
(1)若认为木星位于坐标原点O，根据伽利略的观察和推测结果：
①写出卫星P做圆周运动的向心力大小F的表达式。
②求木星的质量M。
③物体做简谐运动时，回复力应该满足F=−kx。请据此证明：卫星P绕木星做匀速圆周运动在x轴上的投影是简谐运动。
(2)若将木星与卫星P视为双星系统，彼此围绕其连线上的某一点做匀速圆周运动，计算出的木星质量为M′。请分析比较(1)②中得出的质量M与M′的大小关系。
20.在量子力学诞生以前，玻尔提出了原子结构假说，建构了原子模型：电子在库仑引力作用下绕原子核做匀速圆周运动时，原子只能处于一系列不连续的能量状态中(定态)，原子在各定态所具有的能量值叫做能级，不同能级对应于电子的不同运行轨道。
电荷量为+Q的点电荷A固定在真空中，将一电荷量为−q的点电荷从无穷远移动到距A为r的过程中，库仑力做功W=kQqr已知电子质量为m、元电荷为e、静电力常量为k、普朗克常量为h，规定无穷远处电势能为零。
(1)若已知电子运行在半径为r′的轨道上，请根据玻尔原子模型，求电子的动能Ek及氢原子系统的能级En。
(2)为了计算玻尔原子模型的这些轨道半径，需要引入额外的假设，即量子化条件。物理学家索末菲提出了“索末菲量子化条件”，它可以表述为：电子绕原子核(可看作静止)做圆周运动的轨道周长为电子物质波波长(电子物质波波长λ与其动量p的关系为λ=hp)的整数倍，倍数n即轨道量子数。
①请结合索末菲量子化条件，求氢原子轨道量子数为n的轨道半径rn，及其所对应的能级En。
②玻尔的原子模型除了可以解释氢原子的光谱，还可以解释核外只有一个电子的一价氦离子(He+)的光谱。已知氢原子基态的能级为−13.6eV，请计算为使处于基态的He跃迁到激发态，入射光子所需的最小能量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、天然放射现象表明原子核内部有复杂的结构，故A正确；
B、β射线是原子核内的中子转化为的质子和电子，其中的电子形成的电子流，故B错误；
C、升高温度不能减小放射性元素的半衰期，故C错误；
D、β射线比α射线的穿透能力强，故D错误；
故选：A。
天然放射现象表明原子核内部有复杂的结构；
理解β射线中的电子来源；
半衰期由元素本身决定，和温度无关；
β射线的穿透能力比α射线弱。
本题主要考查了天然放射现象的相关应用，理解天然放射现象的种类和各自的特点即可完成分析，整体难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.通过光路可以看出，玻璃对c的折射率更大，故A错误；
BC.c的折射率大，频率大，根据公式v=cn可知，c在玻璃中的速度小，b在玻璃中的速度大，故B错误，C正确；
D.c的频率大，则波长小，根据Δx=ldλ可知，经同一双缝干涉装置后光束c的干涉条纹间距较小，故D错误；
故选：C。
本题根据光路判断折射率和频率的大小关系，根据v=cn可知波速大小关系，根据干涉条纹的间距公式解得D。
本题考查学生对光路折射、条纹间距公式、频率与波长的关系，难度不高，比较基础。
3.【答案】D
【解析】解：ABC、由于罐中气体质量和体积均可视为不变，根据理想气体状态方程pVT=C，温度降低，则压强减小，由于温度降低导致气体内能减小，分子平均动能减小，故ABC错误；
D、由于罐中气体质量和体积均可视为不变，则罐中单位体积内气体分子数不变，故D正确；
故选：D。
根据理想气体状态方程分析出罐内气体的压强变化，温度决定内能和分子平均动能的大小，根据质量和体积不变可分析D。
本题以“拔火罐”为考查背景，主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pVT=C即可完成解答。
4.【答案】A
【解析】解：A、人在加速阶段，向右上方加速，根据牛顿第二定律可知，电梯的支持力大于人的重力，所以人处于超重状态，故A正确；
B、加速度运动阶段，根据牛顿第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，故B错误；
CD、匀速运动阶段，人受力平衡，竖直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，故CD错误；
故选：A。
根据牛顿第二定律，结合人的运动状态可分析出受力情况，从而得到是超重还是失重；匀速运动过程中受力平衡，从而判断受力情况。
学生在解答本题时，应注意要熟练运用牛顿第二定律，通过运动情况来分析受力情况。
5.【答案】D
【解析】解：A、由题图可知：λ=4m，T=0.4s，则波速v=λT=40.4m/s=10m/s，故A错误；
B、由振动图像知t=0时刻P点开始向上振动，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，故B错误；
C、t=0时，x=3m处的质点位于波谷，其加速度沿y轴正方向，不为零，故C错误；
D、经过t=0.2s=T2，x=3m处的质点从波谷运动到波峰位置，其位移y=10cm，故D正确。
故选：D。
根据v=λT计算波的传播速度；根据同侧法判断波的传播方向；根据质点的位移判断加速度方向；根据时间和周期关系判断质点的位移。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要掌能够根据图象直接读出波长、周期和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
6.【答案】C
【解析】解：A、旋转舱旋转时，宇航员受到的向心力指向圆心，所以宇航员可以站在旋转舱内远离旋转中心的侧壁上，通过支持力提供向心力，减小失重效果，故A错误；
B、以地心为参考系，旋转舱绕地球旋转做圆周运动，宇航员绕旋转舱旋转做圆周运动，受力不平衡，故B错误；
C、为了达到和地球相同的支持力，所以支持力不变，故合外力F不变，所以有Fn=mRω2，当半径增大后，角速度适当减小，可以保证F不变，故C正确；
D、由题意可知，Fn=mg=mRω2，当质量增大时，向心力也增大，为了使上式仍能成立，则半径和角速度应不变，故D错误。
故选：C。
本题根据题意分析，旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，宇航员受到和地球表面相同大小的支持力，支持力提供向心力，相当于重力提供向心力。根据向心力公式Fn=mRω2进行判断。
本题解题关键是分析出旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，相当于重力提供向心力。考查学生对题意的分析能力。
7.【答案】C
【解析】解：AB、由图可知，设r0处分子势能最小，则r0处的分子间距为平衡位置，引力与斥力相等，即分子之间的作用力等于0，所以在乙分子间距从很远处减小到r1的过程中，分子力先增大后减小再增大，分子先表现为引力再为斥力，故AB错误。
CD、分子从无穷远到r=r1，由图可知，分子势能先减小后增大，说明分子间作用力先做正功后做负功，分子动能先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：C。
分子势能最小的位置为平衡位置，引力与斥力相等，即分子之间的作用力等于0；分子从无穷远到r=r1，由图可知，分子势能先减小后增大，说明分子间作用力先做正功后做负功。
本题考查分子间的相互作用力，注意分子间作用力随着两分子间距的改变而改变，在分子势能最小的位置为平衡位置，分子之间的作用力等于0。
8.【答案】B
【解析】解：A、根据图乙可知原线圈输入电压的最大值为5V，电压表的示数为有效值，即U=Em 2=5 2V=52 2V=3.5V，故A错误；
BC、根据题意U2>5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体；根据U1U2=n1n2可知，n1n2<11000才能实现点火，故B正确，C错误；
D、尖端更加容易实现放电，因此将钢针替换为钢球后，不易引发电火花，故D错误；
故选：B。
根据有效值与峰值之间的关系求解；当输出电压最大值达到5000V以上后能够实现点火，根据变压比公式求解；根据尖端放电即可分析。
该题考查变压器的有效值与峰值之间的关系、变压比公式以及尖端放电现象，题目涉及到知识点较多，题目具有一定的综合性。
9.【答案】C
【解析】解：A、粒子恰好未能从PQ边界射出磁场，其在磁场中的匀速圆周运动轨迹与PQ边界相切，如下图所示。
由几何关系可得圆周运动半径r满足：r+rcsθ=d，据此关系式可求出粒子在磁场中运动的半径，故A正确；
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=mv2r，据此关系式可求出线速度v，根据牛顿第二定律得：qvB=ma，据此可求出粒子在磁场中运动的加速度大小，故B正确；
C、由qvB=mv2r，可得：r=mvqB，若仅减小射入速度，粒子运动半径变小，如上图所示，粒子从MN边界离开磁场，轨迹圆心角不变(设为α)。
粒子运动周期为T=2πmqB，在磁场中运动时间t=α2π⋅T，因周期T与圆心角α均不变，故粒子在磁场中运动的时间不变，故C错误；
D、根据C的分析，若仅增大磁感应强度，粒子运动半径变小，轨迹圆心角不变，运动周期变小，则粒子在磁场中运动的时间一定变短，故D正确。
本题选择错误的选项，故选：C。
粒子恰好未能从PQ边界射出磁场，其在磁场中的匀速圆周运动轨迹与PQ边界相切，由几何关系可得圆周运动半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答；若仅减小射入速度，或仅增大磁感应强度，粒子运动半径变小，轨迹圆心角不变，结合运动周期分析运动时间的变化。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，此类问题的基本功是能根据几何知识找到圆心、求解半径以及圆心角。知道运动时间与轨迹圆心角相关联，运动的线速度与运动半径相关联。
10.【答案】D
【解析】解：A、小球受到重力和水平方向的电场力，两个力均为恒力，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，合运动是匀变速曲线运动。运动到最高点时竖直分速度为零，水平分速度不为零，则小球运动到最高点时的速度不为零，故A错误；
B、小球由M到N的过程，重力做功为零，而电场力一直做正功，即合力做正功，根据动能定理可知在M点和N点的动能不相等，在N点动能大于M点动能，故B错误；
C、小球在竖直方向上做竖直上抛运动，小球上升过程和下降过程的时间相等，而水平方向位移上做初速度为零的匀加速直线运动，故小球上升过程的水平位移小于下降过程的水平位移，故C错误；
D、小球受到重力和电场力均为恒力，即合力为恒力。小球上升过程和下降过程的时间相等，两过程的合力的冲量相同，根据动量定理可知，小球上升过程和下降过程动量的变化量相同，故D正确。
故选：D。
根据小球的受力情况，将其运动分解处理，依据分运动的形式解答；小球由M到N的过程，根据动能定理方向初末速度的大小关系；依据分运动的形式解答；根据动量定理分析小球上升过程和下降过程动量的变化量的大小关系。
本题考查了带电体在匀强电场中做匀变速曲线运动的问题，物体受恒力而做曲线运动时，经常需要把运动分解处理，分运动具有独立性和等时性。掌握功能关系，动量定理在分析运动时的应用。
11.【答案】B
【解析】解：A、对整体应用牛顿第二定律，3mg−mg=4ma，解得a=12g，即A、B的加速度大小均为12g，故A错误；
B、对A球，绳子的拉力为A球除了重力之外的力，即拉力做的功等于A球机械能的增加量，故B正确；
C、根据动能定理可知，合外力的功等于物体动能的变化量，对B球，B球重力的功与绳子拉力的功的代数和等于B球动能的增加量，故C错误；
D、根据A、B以及轻绳组成的系统机械能守恒可知，B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D错误；
故选：B。
整体运用牛顿第二定律列式求解A；根据机械能守恒定律即可分析BD选项；根据动能定理即可分析C选项。
本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律以及动能定理等知识点的应用，题目具有一定的综合性，难度适中。
12.【答案】D
【解析】解：AB、因为沿着电场线方向电势逐渐降低，由φ−x图线，知x轴方向的电场沿x轴负半轴，由φ−y图线，知y轴方向的电场沿y轴负半轴；x轴方向的电场强度Ex=ΔφΔx=16−010×10−2V/m=160V/m，y轴方向的电场强度Ey=ΔφΔy=12−010×10−2V/m=120V/m
如图所示：
合电场强度大小E= Ex2+Ey2= 1602+1202V/m=200V/m，与x轴负半轴得夹角为θ，则有tanθ=EyEx=120160=34，得θ=37°，故AB错误；
CD、以坐标原点为圆心、以R=10cm做圆，圆上电势最高点为沿场强方向的直径上的A点，其电势φA=ER=200×10×10−2V=20V；P(10cm,10cm)点的电势应大于20V，故C错误，D正确。
故选：D。
利用φ−x图线和φ−y图线，由先求出x轴和y轴的分电场强度，再由矢量合成，求出电场强度；以坐标原点为圆心、以R=10cm做圆，根据U=Ed求解电势最高点。
本题考查匀强电场中电场强度与电势差的关系，以及电场强度的矢量合成法则，考查理解能力和推理论证能力。关键点是：沿电场线方向电势降低，φ−x图线的斜率表示电场强度。
13.【答案】B
【解析】解：A、仅将图2中电源的正负极反接，光电管C所加电压变为反向电压，则光电流会减小，报警系统的电流会减小，在烟雾浓度为n时不能触发报警，故A错误；
B、烟雾浓度达到1.2n时，其他条件不变的情况下，光电流会变大，若要此情况恰好触发报警，需要减小此时的光电流，可以仅将滑片P向左移动到合适的位置，减小光电管C所加的正向电压，使光电流恰好等于I0，故B正确；
C、报警系统的电流等于I0时，根据电流定义式，可得单位时间内通过的光电子的个数为N=I0e，并不是一个光子一定能“打出”一个光电子，故单位时间内进入光电管的光子个数为I0e时，“打出”的光电子数量会少于I0e，光电流会小于I0，不会触发报警，故C错误；
D、报警器恰好报警时，将图2中的滑片P向右移动后，光电管C所加的正向电压将增大，根据光电流的变化特点，可知光电流增大或者处于饱和状态而不变，报警系统的电流不会减小，则警报不能被解除，故D错误。
故选：B。
仅将图2中电源的正负极反接，光电管C所加电压变为反向电压，根据光电流与电压的关系解答；烟雾浓度达到1.2n时，其他条件不变的情况下，光电流会变大，若要此情况恰好触发报警，需要减小此时的光电流；并不是一个光子一定能“打出”一个光电子，根据电流的定义式解答；报警器恰好报警时，将图2中的滑片P向右移动后，光电管C所加的正向电压将增大，根据光电流的变化特点解答。
本题考查了应用光电效应现象分析光电烟雾报警器的工作原理。考查理论结合实际的能力，掌握光电效应现象的本质，掌握光电效应实验的原理。
14.【答案】A
【解析】解：A、带正电荷的水滴落下穿过B环滴入D筒，会使D筒和与之相连的A环带正电，同理，由于静电感应，A环上方即将滴落的水滴下端会带负电荷，上端带正电荷，水滴在落下瞬间，正负电荷分离，带负电荷的水滴落下穿过A环滴入C筒，如此反复，C筒与B环所带负电荷增加，D筒与A环所带正电荷增加，在滴水装置中左端多余的正电荷会向右端定向移动，形成从左向右的电流，故A正确；
B、无论右侧还是左侧，带正、负电荷的水滴穿过B环或A环滴入D筒或C筒的过程，都会受到向上的电场力作用，随着筒与环所带电荷量增加，向上的电场力增大，水滴下落的平均加速度会减小，则水滴到筒内的时间越来越长，故B错误；
C、根据B选项的分析，经过足够长时间，电场力足够大后，水滴不会滴入筒内，筒与环所带电荷量不再增加，C、D两筒之间的电势差不会一直增大，故C错误；
D、在起电的过程中，水滴下落过程还具有末动能，水的重力势能一部分转化为电能，一部分转化为水的动能，具有动能的与洞内的水碰撞还会产生内能，故D错误。
故选：A。
根据题意，根据静电感应现象，判断C筒与B环所带电荷量，和D筒与A环所带电荷量的变化，分析滴水装置中正电荷定向移动方向；分析水滴受到的电场力方向与大小的变化，得到其加速度的变化；经过足够长时间，电场力足够大后，水滴不会滴入筒内；在起电的过程中，水滴下落过程还具有末动能，根据能量守恒定律分析。
本题属于知识给予题，重在理解题意，掌握题中所述的原理。考查了利用物理知识处理实际问题的能力。掌握静电感应现象，电流形成的原因，静电力的大小与方向的判断。
15.【答案】向上 mgh2 m(h3−h1)28T2 9.50 不可以
【解析】解：(1)根据题意，从图1直流电路，可以看出，当电流从左端接线柱流入，指针向左偏转。
图2中的电流从电流计的左边流入，则螺线管中的电流由上到下，根据楞次定律可知，条形磁铁的运动方向是向上。
(2)①从O到B的过程中重锤重力势能的减小量为：ΔEp=mgh2；
打点计时器打B点时，重锤的瞬时速度大小为：vB=xAC2T=h3−h12T，从O到B过程中重锤动能的增加量为：ΔEk=12mvB2=m(h3−h1)28T2
②刻度尺的分度值为0.1cm，可知计数点O到C的位移9.50cm；
实验中存在阻力作用，根据运动学公式所求的加速度小于当地的重力加速度，即a故答案为：(1)向上；(2)①mgh2，m(h3−h1)28T2；②不可以。
(1)要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据图1实验可知，电流是从左接线柱流入灵敏电流表，从而知道螺线管中电流方向，由安培定则从而知道感应电流的磁场方向，根据楞次定律知磁体的运动方向；
(2)①由重力势能的表达式求解重力势能的减少量，根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得打B点时的速度，由动能的表达式求解动能的增加量；
②根据刻度尺的分度值准确读数；由于实验中存在阻力，导致a本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作和数据处理。
16.【答案】0.80 8.0×102 A 大于 大于
【解析】解：(1)作出U−I图像如下图所示。
(2)根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
根据U−I图像的纵截距与斜率可得：E=0.80V，r=0.8010.0×10−4Ω=8.0×102Ω
(3)通过电源的电流与通过电阻箱的电流之差等于通过电压表的电流，即I1−I2=URV
电压U越大，I1与I2的差值越大，当U=0时，I1=I2，可知虚线在实线的下方，两条线到的交点在横轴上，故A正确，BCD错误。
(4)甲电池的容量为11500mAh，乙电池的容量为4800mAh，故电池容量：甲大于乙。
电池储存的能量等于电池容量与电动势的乘积，甲、乙电池的电动势均为3.7V，因甲电池的容量大于乙电池的容量，故电池储存的能量：甲大于乙。
故答案为：(1)见解答；(2)0.80；8.0×102；(3)A；(4)大于；大于
(1)用描点法作出U−I图像。
(2)根据闭合电路欧姆定律，结合U−I图像的纵截距与斜率求解；
(3)通过电源的电流与通过电阻箱的电流之差等于通过电压表的电流，分析此差值的变化规律，判断对应的图像。
(4)根据电池的参数比较两电池容量。电池储存的能量等于电池容量与电动势的乘积。
本题是应用伏安法测量电源电动势与内阻的实验，基础题目。实验原理是闭合电路欧姆定律，应用此原理结合图像的物理意义解答。
17.【答案】解：(1)设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有：
m1gh=12m1v02
解得物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小：v0=4m/s；
(2)取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0=m2v
解得：v=2.0m/s
根据能量守恒定律可得：12m1v02=12m2v2+ΔE
解得损失的机械能：ΔE=1.6J；
(3)设摩擦力做功为W，根据动能定理有：W=0−12m2v2
解得：W=−1.6J。
答：(1)物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小为4m/s；
(2)物块A与物块B碰撞过程中A、B系统损失的机械能为1.6J；
(3)滑动摩擦力对物块B做的功为−1.6J。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求解物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小；
(2)根据动量守恒定律、能量守恒定律求解损失的机械能；
(3)根据动能定理求解滑动摩擦力对物块B做的功。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
18.【答案】解：(1)①根据法拉第电磁感应定律E=BLv0；
根据闭合电路欧姆定律可知U=RR+r×E；
联立解得U=BLv0RR+r；
②根据安培定则可知，安培力F=BIL
I=ER+r
安培力的功率P=Fv0；
联立解得P=B2L2v02R+r；
(2)在金属棒的速度从v，减至v02的过程中，根据动能定理可知
−fx−W安=12m×(v2)2−12mv02
解得W安=12mv02−mv28+fx
根据功能关系可知，该过程克服安培力的功等于该过程中电路中产生的焦耳热
即Q=12mv02−mv28+fx；
答：(1)①导体棒两端的电压U为BLv0RR+r；
②安培力的功率P为B2L2v02R+r；
(2)该过程中电路中产生的焦耳热Q为12mv02−mv28+fx。
【解析】(1)①根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律即可分析；
②根据安培定则确定安培力，再根据欧姆定律确定电流，最后根据瞬时功率的表达式求解；
(2)根据动能定理以及功能关系即可分析。
本题需要熟练掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率的瞬时表达式以及动能定理等知识点，题目综合性强，难度较大。
19.【答案】解：(1)①简谐运动是匀速圆周运动的投影，二者周期相同，简谐运动的振幅等于圆周运动的半径。依据牛顿第二定律有F=m4π2T2A
②木星与卫星间万有引力提供了卫星绕其做圆周运动的向心力，设卫星的质量为m，依据牛顿第二定律有GMmA2=m4π2T2A
解得木星质量M=4π2A3GT2
③设卫星P做匀速圆周运动如图中所示位置时，与x轴的夹角为θ。

则向心力向x轴的投影Fx=−m4π2T2Acsθ
位移在x轴方向上的投影为x=Acsθ
满足F=−kx，其比例系数k=m4π2T2，这说明星P绕木星做匀速圆周运动向x轴的投影是简谐运动。
(2)若木星与卫星为双星模型，设木星质量为M′，木星与卫星的距离为L，卫星绕连线某点做圆周运动的半径等于观测到的简谐运动的振幅A。
对卫星列牛顿第二定律，有GM′mL2=m4π2T2A
得木星质量M′=4π2L2AGT2
因为A答：(1)①卫星P做圆周运动的向心力大小F的表达式为F=m4π2T2A。
②木星的质量为4π2A3GT2。
③见解析。
(2)质量M与M′的大小关系为M【解析】(1)①根据振幅与圆周运动的半径关系结合牛顿第二定律可解答。
②根据万有引力提供向心力解答。
③根据简谐运动的回复力与位移关系证明。
(2)根据万有引力提供向心力解答。
本题考查万有引力提供向心力，解题关键掌握简谐运动的特点，注意振幅与位移的关系。
20.【答案】解：(1)氢原子核对电子的库仑力提供电子做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律，有
ke2r12=mv12r1
电子的动能Ek=12mv12
解得Ek=ke22r1
库仑力做功与电势能的关系为W=−ΔEp
因此电子轨道为r1时氢原子系统的电势能Ep1=−ke2r1
氢原子系统的能级E=Ek+Ep=−ke22r1
(2)①电子在轨道rn上做圆周运动，由牛顿第二定律有
ke2rn2=mvn2rn
索末菲量子化条件为nλn=2πrn
其中λn=hpn=hmvn
联立可得rn=n2h24π2kme2
上问可知En=−ke22rn
解得En=−2π2k2me4n2h2
②He+原子核电量为2e，类比以上分析可知，He+系统基态的能量为氢原子基态能量的4倍，即He+的基态能量为E1=−13.6×4eV=−54.4eV
使处于基态的He+跃迁到第一激发态需要的能量最少为
ΔE=E2−E1=E14−E1=−34E1=−34×(−54.4eV)=40.8eV
答：(1)电子的动能为ke22r1，氢原子系统的能级为−ke22r1。
(2)①氢原子轨道量子数为n的轨道半径为n2h24π2kme2，所对应的能级为−2π2k2me4n2h2。
②为使处于基态的He跃迁到激发态，入射光子所需的最小能量为40.8eV。
【解析】(1)根据库仑力提供电子做圆周运动的向心力解得速度，根据动能和势能分析解答。
(2)①根据题意结合牛顿第二定律解答。
②根据能级跃迁规律分析解答。
本题玻尔理论的内容，掌握牛顿第二定律的应用，理解能量守恒的表达式，注意正确的符号运算也是解题的关键。电池的容量
电池储存的能量
甲______乙
甲______乙