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2024年北京八十中高考物理零模试卷(含详细答案解析)
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这是一份2024年北京八十中高考物理零模试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.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，其压强一定减小
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，其温度一定升高
D. 气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能也可能改变
2.氢原子从基态跃迁到某激发态，则该氢原子( )
A. 放出光子，能量增加B. 放出光子，能量减少
C. 吸收光子，能量增加D. 吸收光子，能量减少
3.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列选项正确的是( )
A. 该横波沿x轴正方向传播B. 质点L该时刻向y轴负方向运动
C. 质点N经半个周期将沿x轴正方向移动D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
4.△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示。由此可知( )
A. 棱镜内a光的传播速度比b光的小
B. a光在玻璃中的折射率大于b光在玻璃中的折射率
C. a光的频率比b光的高
D. a光的波长比b光的长
5.“中国天眼”(FAST)设施已发现脉冲星数量超过240颗。脉冲星是快速自转的中子星，每自转一周，就向外发射一次电磁脉冲信号，因此而得名。若观测到某中子星发射电磁脉冲信号的周期为T。已知该中子星的半径为R，引力常量为G。则根据上述条件可以求出( )
A. 该中子星的密度
B. 该中子星的第一宇宙速度
C. 该中子星表面的重力加速度
D. 该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度
6.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径减小的是( )
A. 同时增大U和IB. 同时减小U和IC. 增大U，减小ID. 减小U，增大I
7.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为12m(ωr)2
8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A. 若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B. 若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
C. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍
9.O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM=ON，则小球( )
A. 在P点的电势能小于在M点的电势能
B. 在运动过程中，电势能先增加再减小
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
10.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2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m1：m2=2：1
B. 在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C. t1−t2时间内，弹簧的长度大于原长
D. t2−t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
11.某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为ω
B. 灯泡两端电压有效值为4nBL2ω 2
C. 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为4 2nBL2ω3
D. 若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
12.为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力f的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水，受到的阻力f=kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是( )
A. 污水的流量Q=abUBB. 金属板M的电势低于金属板N的电势
C. 电压U与污水中的离子浓度有关D. 左、右两侧管口的压强差为kaUbc2B
13.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2。在小球从M点运动到N点的过程中，以下叙述正确的是( )
A. 弹力对小球先做正功后做负功
B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率最大
D. 小球到达N点时的动能恰好为零
14.当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。1851年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg的铁球制成的单摆(傅科摆)间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，下列说法正确的是( )
A. 在北半球，物体由南向北运动过程中，它会向前进方向的左侧偏转
B. 在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左侧轨道的压力小于对右侧轨道的压力
C. 在南半球，傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向(俯视)不断偏转
D. “地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.图a为某同学组完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻。R6是可变电阻：表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端与B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)图a中的A端与______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为______；若此时 B端是与“3”相连的，则读数为______。
16.用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。
(1)第一小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)。
①从图乙可知，摆球的直径为d=______ mm。
②该小组的一位同学认为单摆周期为T=2tn，并由此计算当地的重力加速度，若该小组其他操作都正确，他们的测量结果将______。(选填偏大、偏小、不变)
(2)将第三、四、五小组的实验数据标注到同一T2−L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图丙所示。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
(3)在测量时，第六小组由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图丁所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比______(填偏大、偏小、不变)，说明理由______。
三、简答题：本大题共3小题，共30分。
17.如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
18.日冕持续不断地向外膨胀从而形成由太阳径向向外的等离子体流，通常被称为“太阳风”。太阳风虽然与地球上的空气不同，不是由气体的分子组成，而是由质子和电子等粒子组成，但它们流动时所产生的效应与空气流动很相似，所以称它为太阳风。太阳风的密度与地球上风密度相比是非常稀薄而微不足道的。然而太阳风虽十分稀薄，但它刮起来的猛烈程度远远胜过地球上的风。已知太阳的质量为Ms，半径为Rs，万有引力恒量为G。若中心天体的质量为M，质量为m的物体距中心天体r时具有的引力势能为Ep=−GMmr(以无穷远处势能为0)。
(1)一种观点认为，太阳风是日冕“粒子气”高温膨胀向外的热压力超过其引力，从而形成超声速太阳风的。类比理想气体分子运动特征可知，粒子的温度与其平均动能成正比，即：Ek=kT，k为玻尔兹曼常数，已知粒子质量为m，假设这种观点成立，则日冕外层2Rs处的温度至少多大才能脱离太阳引力场的束缚而逸出。
(2)太阳风会造成太阳质量的损失，假设地球附近观测到单位体积内太阳风质子-电子对的数目为n，每个质子-电子对的质量为m0，假设地球周边所观测的太阳风的平均速率为v，已知太阳到地球的距离为r，请由此推算太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量。
(3)太阳风粒子流在日冕附近速率大约不到20km/s，当其到达地球附近时，速率可达800km/s以上，表明太阳风在加速远离太阳，请根据所学知识简要分析其加速的原因。
19.某同学根据所学的电磁阻尼知识设计了如图1所示的降落缓冲装置的基本原理图，均匀导线构成的正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R。匀强磁场的磁感应强度为B，某时刻线框dc边刚好以速率v竖直进入磁场开始做减速运动，线框平面始终保持在竖直平面内，且ab边始终与水平的磁场边界面平行。空气阻力不计，重力加速度为g。求：
(1)当dc边以速率v进入磁场时ba两点间的电势差Uba；
(2)如果ab边刚进磁场的速率为v3，则线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q；
(3)实际下落的物体可看作边长为l的金属正方体，质量为m，从侧面看该物体是在水平向右的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，为方便计算，金属正方体的电阻可忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。
四、计算题：本大题共1小题，共10分。
20.密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b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v0、v04；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT可知，气体的温度降低，其压强不一定减小，故A错误；
B、根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT可知气体体积减小，其压强不一定增大，故B错误；
C、气体不断被压缩过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体的温度不一定升高，故C错误；
D、气体与外界不发生热量交换的过程中，外界对气体的做功情况未知，则气体的内能可能改变，故D正确；
故选：D。
根据一定质量的理想气体pV=CT分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律分析出气体内能的变化趋势。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，根据公式pV=CT分析出气体状态参量的变化趋势，结合热力学第一定律即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：原子从基态跃迁到某激发态，则该氢原子吸收了光子能量，故ABD错误，C正确；
故选：C。
氢原子从低能级向高低能级跃迁时，吸收特定频率的光子，能量增大。
本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知，质点N在该时刻，向y轴正方向振动，依据微平移法，可知，该横波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由上分析，结合微平移法，可知，质点L该时刻向y轴负方向运动，故B正确；
C.依据机械波在传播过程中质点并不随波一起迁移，因此质点N经半个周期不会沿x轴方向移动，故C错误；
D.因K、M之间间隔半个波长，K、M的步调始终相反，因此该时刻质点K与M的速度、加速度大小都相同，但它们的方向不同，故D错误；
故选：B。
根据质点N的振动图象，从而判定波的传播方向，再依据波的微平移法，则可确定质点L点的振动方向，依据波在传播过程中，质点不随波迁移；最后结合速度与加速度是矢量，是否相等要从大小与方向两角度考虑。
掌握用微平移法判断质点的振动方向和波的传播方向，知道质点不会随波迁移，理解波动图象与振动图象的区别，注意速度与加速度是矢量，是否相同还要考虑其方向。
4.【答案】D
【解析】解：B.根据光路图，b在ON界面发生了全反射，A在OM界面没有发生全反射，两束单色光在界面的入射角相等，b单色光在玻璃中的临界角小于a单色光在玻璃中的临界角，根据全反射条件sinC=1n，故b单色光在玻璃中的折射率大于a单色光在玻璃中的折射率，故B错误；
A.根据n=cv，由于a单色光在玻璃中的折射率小一些，则棱镜内a光的传播速度比b光的大，故A错误；
C.由于a光在玻璃中的折射率小于b光在玻璃中的折射率，折射率越小，频率越小，即a光的频率比b光的低，故C错误；
D.由于a光的频率小于b光的频率，对应光谱的排列顺序规律，可知，频率越小，波长越长，即a光的波长比b光的长，故D正确。
故选：D。
根据光路图，比较全反射临界角，根据全反射条件，比较折射率；
根据n=cv，比较光的传播速度；
根据光的折射率，比较光的频率；
根据光的频率，比较光的波长。
本题解题关键是掌握全反射条件以及光的折射率越小、频率小，对应波长长。
5.【答案】D
【解析】解：ABC、如果知道绕中子星做圆周运动的卫星的周期与轨道半径，可以求出中子星的质量，根据题意仅知道中子星的自转周期、中子星的半径与万有引力常量G，无法求出中子星的质量，也就无法求出中子星的密度，中子星表面的重力加速度和第一宇宙速度，故ABC错误；
D、该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度v=2πRT，故D正确。
故选：D。
如果知道绕中子星做圆周运动的物体的周期，应用万有引力公式与牛顿第二定律利用求出中子星的质量与密度；知道绕中子星表面做圆周运动的天体的周期可以求出中子星第一宇宙速度，根据题意与已知条件分析各选项答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力与万有引力公式是解题的前提，认真审题理解题意应用基础知识即可解题。
6.【答案】D
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定，则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=12mv02
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
eBv0=mv02r
解得r=mv0eB
即r=1B⋅ 2mUe
减小电子枪的加速电压，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增大，都可以使电子束的轨道半径减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理和牛顿第二定律列式联立导出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径的表达式，再由表达式进行分析解答。
考查带电粒子在磁场中运动的问题，会根据题意进行相关的推导判断。
7.【答案】B
【解析】解：AB、圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为I=mωr−(−mωr)=2mωr，故A错误，B正确；
C.圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故C错误；
D.由动量定理可得：If′=0−mv=−mωr，即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr，故D错误。
故选：B。
圆盘做匀速圆周运动，其物块所受摩擦力提供向心力；合外力的冲量等于动量的变化量；圆盘停止运动，物块沿切线方向运动；根据动量定理可确定整个过程摩擦力的冲量。
本题主要考查了匀速圆周运动的受力特点和动量定理，解题关键是掌握圆盘做匀速圆周运动，其物块所受摩擦力提供向心力，合外力的冲量等于动量的变化量。
8.【答案】C
【解析】解：AB.圆盘转动时相当于一条半径方向的导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E=12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，故A错误；角速度大小均匀增大，则感应电动势大小也均匀变大感应电流均匀增大，故B错误；
CD.右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，故C正确；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P=I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选：C。
AB.根据导体转动切割磁感线产生感应电动势的公式进行计算判断电流有无和大小变化情况；
CD.根据右手定则和闭合电路的欧姆定律结合功率的公式进行分析判断。
考查动生电动势问题，会结合闭合电路的欧姆定律和相关公式求解相应的物理量。
9.【答案】C
【解析】解：ABC、由题知，OP>OM，OM=ON，则根据点电荷的电势分布情况可知：φM=φN>φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EP>EM=EN
根据能量守恒定律可知，带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，故AB错误，C正确；
D、从M点到N点的过程中，根据电场力与运动方向的夹角，夹角为锐角，做正功；后变为钝角，做负功，所以可分析出电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：C。
根据题意得出不同位置电势的高低，结合粒子的电性和电势能的表达式得出电势能的大小关系，结合能量守恒定律和功能关系即可完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉电势高低的判断，结合电势能的计算公式和功能关系即可完成解答。
10.【答案】B
【解析】解：A、两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，从开始到t1时刻过程，由动量守恒定律得：m1v0=(m1+m2)v1，由图示图象可知；v0=3m/s，v1=1m/s，代入数据解得：m1：m2=1：2，故A错误；
BCD、由图示图象可知，从0−t1时间内，A做减速运动，B做加速运动，A、B间的距离减小，弹簧逐渐被压缩，在t1时刻两物块速度相等，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大；t1−t2时间内，A继续做减速运动，B继续做加速运动，弹簧逐渐恢复原长，该时间内弹簧的长度小于弹簧原长，在t2时刻弹簧恢复原长，t2时刻弹簧的弹性势能为零，t2−t3时间内，A做加速运动，B做减速运动，A、B间的距离逐渐增大，弹簧逐渐伸长，t3时刻弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，t2−t3时间内弹簧的弹力逐渐增大，故B正确，CD错误。
故选：B。
两物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两物块的质量之比；弹簧的形变量相等时弹簧的弹性势能相等，根据图示图象分析两物块的运动过程，然后分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意与图示图象分析清楚两物块的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚物块的运动过程，应用动量守恒定律即可解题。
11.【答案】C
【解析】解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式v=ωr可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为4：1，则小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4ω，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为：Em=NBS×4ω=4nBL2ω
由正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：E=Em 2
根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为：U=RR+RE
联立解得：U= 2nBL2ω，故B错误；
C、若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：Em1=8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值为：E1=Em1 2=8nBL2ω 2=4 2nBL2ω
根据电阻定律可得：R=ρLS
可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得：U1=RR+2R=4 2nBL2ω3，故C正确；
D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据有效值和峰值的关系可知：E=nBSω 2
则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因此灯泡会变暗，故D错误；
故选：C。
小轮和大轮属于皮带传动，线速度大小相等，根据半径的比值关系得出线圈转动的角速度；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的峰值，结合有效值和峰值的关系，以及欧姆定律联立等式得出灯泡两端的电压；
根据线速度的表达式得出小轮的角速度变化，结合感应电动势的计算公式得出灯泡亮度的变化。
本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉感应电动势的计算公式，理解正弦式交流电中峰值和有效值的关系，结合欧姆定律即可完成分析。
12.【答案】D
【解析】解：A、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc，解得污水的流速：v=UcB，则流量Q=vbc=bUB，故A错误；
B、根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故B错误；
C、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc，解得：U=vBc，与离子浓度无关，故C错误；
D、污水的流速：v=UcB，污水流过该装置时受到阻力：f=kLv=kav，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差等于污水流过该装置时受到阻力，ΔpS=Δpbc=kav，则有Δp=kavbc=kaUbc2B，故D正确。
故选：D。
正负离子流过时，会受到洛伦兹力发生偏转，打在上下表面上，通过电荷的正负判断电势的高度。最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡关系求出流量和电压U的关系。根据压力差与液体所受阻力相等，求出左右两侧管口应施加的压强差。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出上下表面电势的高低。最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，在压力和阻力作用下处于平衡，求出流量的大小。
13.【答案】B
【解析】A、明确弹力与位移夹角的大小来判断做功正负，因为M、N两点弹力大小相等，根据胡克定律可知在这两点的弹簧形变量相等，但是∠ONM<∠OMN<π2，所以N点弹簧处于压缩状态，M点弹簧处于伸长状态，所以在从N运动到M的过程中，弹簧先压缩再恢复原长最后伸长，那么弹力就是先做负功后做正功最后做负功。故A错误；
B、运动过程中N点弹簧处于压缩状态，M点弹簧处于伸长状态，所以MN中间有一点弹簧弹力为零，那么此时物体只受重力，小球加速度为g；因为∠ONM<∠OMN，所以当弹簧与杠垂直时，小球所受合力重力，那么加速度也是g，所以运动过程中有两个时刻加速度等于重力加速度，故B正确；
C、弹簧最短时，弹簧与杠垂直，即弹力垂直于杠，小球沿杠运动，那么速度与弹力垂直，根据P=Fvcsθ可知，弹簧长度最短时，弹力做功功率为0，故C错误；
D、小球在运动过程中MN两点的弹性势能相等，所以弹力做功代数和为零即WF=0，所以根据动能定理可知，WG+WF=△EK，重力势能减小量等于动能增加量，所以N点动能不为零，故D错误；
故选：B。
A、明确弹力与位移夹角的大小来判断做功正负；
B、弹力为零或者弹力与杠垂直时，物体只受重力；
C、根据功率公式P=Fvcsθ，只需找到弹簧最短时弹力、速度、弹力与速度的夹角；
D、用动能定理判断动能是否为零。
考察知识点较多，首先是正功负功的区分，其次是受力分析和功率的计算公式，最后是对机械能守恒定律或动能定理的运用。
14.【答案】C
【解析】解：A、由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动过程中，由高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的右侧偏转，故A错误；
B、在南半球，火车向南运动，在“地转偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上，左侧轨道对火车的作用力大于右侧轨道，由牛顿第三定律可知，故B错误；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，作出物体在南半球沿南北两个方向运动时偏转方向的示意图(俯视图)如图所示，由图可知，摆动平面沿逆时针方向(俯视)不断偏转，
故C正确；
D、同一纬度，地球的自转线速度的大小固定不变，若物体沿南北方向从A点运动到B点，沿东西方向的速度改变相同，则当沿南北方向的速度较大所花时间少，东西方向的加速度大，即所需“地转偏向力”越大，故D错误。
故选：C。
A、地球自转过程中，所处纬度越高，线速度越小；
B、地球自西向东转，南半球火车向南运动，受到地转偏向力影响，会向前进方向的左侧偏转，可利用牛顿第三定律判断；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，可利用此特点做出摆动平面图示；
D、同一纬度线速度相同，若物体沿南北方向从A点运动到B点，沿东西方向的速度改变相同，南北方向的速度时间不同，故可利用此特点判断加速度的大小关系，进而判断地转偏向力。
本题结合生活实际，考查学生应用牛顿第二定律在圆周运动中的应用能力，其中重点考查学生理论联合实际解决问题的能力。
15.【答案】黑 B1.45mA1100Ω
【解析】解：(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图示电路图可知，A端与黑表笔相连；
(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要进行调节，故AC错误，B正确。
故选：B。
(3)当B端是与“1”相连，为电流挡，量程为2.5mA，读数为1.45mA；
当B端是与“3”相连，为欧姆×100Ω挡，读数为11×100Ω=1100Ω。
故答案为：(1)黑；(2)B；(3)1.45mA，1100Ω。
(1)欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；
(2)R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零；
(3)根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意。
16.【答案】5.980偏大 B 偏大 理由见解析
【解析】解：(1)①螺旋测微器的精确度为0.01mm，摆球的直径为d=5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm；
②从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N=n−12，根据单摆全振动的次数和时间的关系，单摆周期为T=tN=2tn−1，同学认为单摆周期为T=2tn，则周期测量值偏小；
根据单摆的周期公式T=2π lg
则g的测量结果将偏大。
(2)A.根据图线c的可知，在T2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，故A错误；
B.将摆线长记作摆长L，则有T=2π L+d2g
即有T2=4π2Lg+2dπ2g
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，故B正确；
C.根据单摆周期公式变形可知，三条图像的斜率均为k=4π2g，可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。
故选：B。
(3)以L表示摆长，θ表示摆线与竖直方向的夹角，m表示摆球的质量，F表示摆线对摆球的拉力，T表示摆球圆锥摆运动的周期，
由牛顿第二定律得：Fsinθ=m4π2T2Lsinθ
在竖直方向，由平衡条件得：Fcsθ=mg
解得：T=2π Lcsθg
单摆的周期公式：T′=2π Lg
单摆运动的等效摆长Lcsθ小于单摆摆长L，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度偏大，即重力加速度的测量值大于真实值；
故答案为：(1)5.980；偏大；(2)B；(3)偏大，理由见解析
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度对应示数(估读一位)×精确度；
(2)根据单摆通过平衡位置的次数求全振动次数，根据t时间内的全振动次数求单摆周期；根据单摆周期公式分析重力加速度的误差；
(3)根据单摆周期公式求解T2−L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度；
(4)摆球在一个水平面内做圆周运动时，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式得到周期表达式，与单摆的周期公式进行比较，分析周期的误差，确定等于重力加速度的误差。
本题主要考查了“用单摆测定重力加速度”的实验，要明确实验的原理、实验操作方法以及实验数据的处理；要掌握螺旋测微器的正确读数，明确单摆摆长的含义，能够正确运用单摆周期公式求加速度。
17.【答案】解：(1)A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH=12mv2
解得：H=v22g
(2)碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F−mg=mv2L
解得：F=mg+mv2L
(3)A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv=2mv′
由能量守恒定律得：12mv2=12×2mv′2+ΔE
解得：ΔE=14mv2
答：(1)A释放时距桌面的高度H是v22g；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+mv2L；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是14mv2。
【解析】(1)A下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出释放时距离桌面的高度。
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出绳子拉力大小。
(3)A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程系统损失的机械能。
根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意碰撞过程系统仅在水平方向动量守恒。
18.【答案】解：(1)要使粒子脱离太阳引力场的束缚而逸出，粒子的动能最小需满足：Ekmin+(−GMsm2Rs)=0
解得：Ekmin=GMsm2Rs
根据：Ek=kT，则日冕外层2Rs处的温度至少为：Tmin=Ekmink=GMsm2kRs
(2)设太阳风质子-电子对(以下简称粒子)由太阳向空间各方向均匀射出，在极短时间Δt内，粒子可视为均匀分布在半径为r、厚度为Δx的球壳内，该段时间内太阳因为太阳风而损失的质量等于该球壳内的粒子总质量。则有：
Δx=v⋅Δt
Δm=4πr2⋅Δx⋅n⋅m0
在单位时间因为太阳风而损失的质量为：m=ΔmΔt=4πr2nm0v
(3)太阳风是从日冕向星际空间不断爆发出来的带电粒子，这些粒子由于日冕高温膨胀向外的热压力超过其引力，从而形成超声速的高能带电粒子流，根据电磁学理论，这些粒子流会产生电磁场，与太阳的磁场相互作用使粒子流远离太阳方向加速运动，粒子流的电磁场之间也会相互作用，涉及到微观动力学与磁流体力学。在长时间的电磁作用下，太阳风能够达到很高的速度。
答：(1)日冕外层2Rs处的温度至少为GMsm2kRs，才能脱离太阳引力场的束缚而逸出。
(2)太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量为4πr2nm0v。
(3)见解答。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解粒子的最小动能，根据：Ek=kT，求解日冕外层2Rs处的温度最小值；
(2)太阳风质子-电子对在极短时间内，可视为均匀分布在球壳内，根据太阳因为太阳风而损失的质量等于该球壳内的粒子总质量求解。
(3)太阳风是高能带电粒子流，这些粒子流会产生电磁场，从电磁相互作用的角度分析。
本题为信息给予题，关键是理解题目所给信息，找到处理问题的物理原理，与题目所给原理结合解答。
19.【答案】解：(1)当dc边以速率v进入磁场时，产生的感应电动势为：E=BLv
线框中的电流为：I=ER=BLvR
由右手定则可知，b点电势高，a点电势低，则ba两点间的电势差为：Uba=14IR
解得：Uba=14BLv；
(2)设线框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q，根据动能定理得：
mgL−WA=12m(v3)2−12mv2
根据功能关系可得：WA=Q
解得：Q=mgL+49mv2；
(3)设物体下落的速度为v′时，产生的感应电动势为：E=BLv′
由于下落的的速度增大，则感应电动势增大，在金属导体内会产生感应电流，会产生安培力，安培力的方向向上。
根据牛顿第二定律得：mg−BIL=ma
解得：a=g−BILm
可知速度增大，加速度减小，能起到缓冲作用。
答：(1)当dc边以速率v进入磁场时ba两点间的电势差为14BLv；
(2)如果ab边刚进磁场的速率为v3，则线框进入磁场过程中产生的焦耳热为mgL+49mv2；
(3)该物体下落的加速度减小，能起到缓冲作用。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解ba两点间的电势差；
(2)根据动能定理、功能关系求解线框进入磁场过程中产生的焦耳热；
(3)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
20.【答案】解：(1)设油滴的半径为r，密度为ρ，根据质量公式可得，油滴的质量为：
m=43ρπr3
根据题意可知，速度为v时，空气阻力的大小为：
f=kvr
当油滴匀速下落时，则油滴处于平衡状态，由此可得：
f=mg
联立解得：r= 3kv4πρg
根据上述表达式可知，油滴的半径与 v成正比
则油滴的半径之比为：
rarb= v014v0=2
根据质量的计算公式可知，油滴a和油滴b的质量之比为：
mamb=ra3rb3=81
(2)当两板加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率v02，根据(1)中的分析可知，油滴a做的是减速运动，油滴b做的是加速运动，由此可判断出油滴a带负电，油滴b带正电。
当油滴再次达到平衡状态时，根据其受力特点可得：
油滴a：qaE+fa=mag
油滴b：fb−qbE=mbg
其中，根据油滴的前后速度的比值关系可知：
fa=12mag
fb=2mbg
联立解得：qaqb=41
答：(1)油滴a和油滴b的质量之比为8：1；
(2)油滴a带负电，油滴b带正电，a、b所带电荷量的绝对值之比为4：1。
【解析】(1)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；
(2)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。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉球体的体积公式，根据物体的运动状态结合受力分析即可完成解答，整体难度不大。
1.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，其压强一定减小
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，其温度一定升高
D. 气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能也可能改变
2.氢原子从基态跃迁到某激发态，则该氢原子( )
A. 放出光子，能量增加B. 放出光子，能量减少
C. 吸收光子，能量增加D. 吸收光子，能量减少
3.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列选项正确的是( )
A. 该横波沿x轴正方向传播B. 质点L该时刻向y轴负方向运动
C. 质点N经半个周期将沿x轴正方向移动D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
4.△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示。由此可知( )
A. 棱镜内a光的传播速度比b光的小
B. a光在玻璃中的折射率大于b光在玻璃中的折射率
C. a光的频率比b光的高
D. a光的波长比b光的长
5.“中国天眼”(FAST)设施已发现脉冲星数量超过240颗。脉冲星是快速自转的中子星，每自转一周，就向外发射一次电磁脉冲信号，因此而得名。若观测到某中子星发射电磁脉冲信号的周期为T。已知该中子星的半径为R，引力常量为G。则根据上述条件可以求出( )
A. 该中子星的密度
B. 该中子星的第一宇宙速度
C. 该中子星表面的重力加速度
D. 该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度
6.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径减小的是( )
A. 同时增大U和IB. 同时减小U和IC. 增大U，减小ID. 减小U，增大I
7.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为12m(ωr)2
8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A. 若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B. 若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
C. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍
9.O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM=ON，则小球( )
A. 在P点的电势能小于在M点的电势能
B. 在运动过程中，电势能先增加再减小
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
10.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2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m1：m2=2：1
B. 在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C. t1−t2时间内，弹簧的长度大于原长
D. t2−t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
11.某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为ω
B. 灯泡两端电压有效值为4nBL2ω 2
C. 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为4 2nBL2ω3
D. 若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
12.为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力f的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水，受到的阻力f=kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是( )
A. 污水的流量Q=abUBB. 金属板M的电势低于金属板N的电势
C. 电压U与污水中的离子浓度有关D. 左、右两侧管口的压强差为kaUbc2B
13.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2。在小球从M点运动到N点的过程中，以下叙述正确的是( )
A. 弹力对小球先做正功后做负功
B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率最大
D. 小球到达N点时的动能恰好为零
14.当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。1851年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg的铁球制成的单摆(傅科摆)间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，下列说法正确的是( )
A. 在北半球，物体由南向北运动过程中，它会向前进方向的左侧偏转
B. 在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左侧轨道的压力小于对右侧轨道的压力
C. 在南半球，傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向(俯视)不断偏转
D. “地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.图a为某同学组完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻。R6是可变电阻：表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端与B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)图a中的A端与______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为______；若此时 B端是与“3”相连的，则读数为______。
16.用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。
(1)第一小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)。
①从图乙可知，摆球的直径为d=______ mm。
②该小组的一位同学认为单摆周期为T=2tn，并由此计算当地的重力加速度，若该小组其他操作都正确，他们的测量结果将______。(选填偏大、偏小、不变)
(2)将第三、四、五小组的实验数据标注到同一T2−L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图丙所示。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
(3)在测量时，第六小组由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图丁所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比______(填偏大、偏小、不变)，说明理由______。
三、简答题：本大题共3小题，共30分。
17.如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
18.日冕持续不断地向外膨胀从而形成由太阳径向向外的等离子体流，通常被称为“太阳风”。太阳风虽然与地球上的空气不同，不是由气体的分子组成，而是由质子和电子等粒子组成，但它们流动时所产生的效应与空气流动很相似，所以称它为太阳风。太阳风的密度与地球上风密度相比是非常稀薄而微不足道的。然而太阳风虽十分稀薄，但它刮起来的猛烈程度远远胜过地球上的风。已知太阳的质量为Ms，半径为Rs，万有引力恒量为G。若中心天体的质量为M，质量为m的物体距中心天体r时具有的引力势能为Ep=−GMmr(以无穷远处势能为0)。
(1)一种观点认为，太阳风是日冕“粒子气”高温膨胀向外的热压力超过其引力，从而形成超声速太阳风的。类比理想气体分子运动特征可知，粒子的温度与其平均动能成正比，即：Ek=kT，k为玻尔兹曼常数，已知粒子质量为m，假设这种观点成立，则日冕外层2Rs处的温度至少多大才能脱离太阳引力场的束缚而逸出。
(2)太阳风会造成太阳质量的损失，假设地球附近观测到单位体积内太阳风质子-电子对的数目为n，每个质子-电子对的质量为m0，假设地球周边所观测的太阳风的平均速率为v，已知太阳到地球的距离为r，请由此推算太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量。
(3)太阳风粒子流在日冕附近速率大约不到20km/s，当其到达地球附近时，速率可达800km/s以上，表明太阳风在加速远离太阳，请根据所学知识简要分析其加速的原因。
19.某同学根据所学的电磁阻尼知识设计了如图1所示的降落缓冲装置的基本原理图，均匀导线构成的正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R。匀强磁场的磁感应强度为B，某时刻线框dc边刚好以速率v竖直进入磁场开始做减速运动，线框平面始终保持在竖直平面内，且ab边始终与水平的磁场边界面平行。空气阻力不计，重力加速度为g。求：
(1)当dc边以速率v进入磁场时ba两点间的电势差Uba；
(2)如果ab边刚进磁场的速率为v3，则线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q；
(3)实际下落的物体可看作边长为l的金属正方体，质量为m，从侧面看该物体是在水平向右的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，为方便计算，金属正方体的电阻可忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。
四、计算题：本大题共1小题，共10分。
20.密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b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v0、v04；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT可知，气体的温度降低，其压强不一定减小，故A错误；
B、根据一定质量的理想气体状态方程pV=CT可知气体体积减小，其压强不一定增大，故B错误；
C、气体不断被压缩过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体的温度不一定升高，故C错误；
D、气体与外界不发生热量交换的过程中，外界对气体的做功情况未知，则气体的内能可能改变，故D正确；
故选：D。
根据一定质量的理想气体pV=CT分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律分析出气体内能的变化趋势。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，根据公式pV=CT分析出气体状态参量的变化趋势，结合热力学第一定律即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：原子从基态跃迁到某激发态，则该氢原子吸收了光子能量，故ABD错误，C正确；
故选：C。
氢原子从低能级向高低能级跃迁时，吸收特定频率的光子，能量增大。
本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知，质点N在该时刻，向y轴正方向振动，依据微平移法，可知，该横波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由上分析，结合微平移法，可知，质点L该时刻向y轴负方向运动，故B正确；
C.依据机械波在传播过程中质点并不随波一起迁移，因此质点N经半个周期不会沿x轴方向移动，故C错误；
D.因K、M之间间隔半个波长，K、M的步调始终相反，因此该时刻质点K与M的速度、加速度大小都相同，但它们的方向不同，故D错误；
故选：B。
根据质点N的振动图象，从而判定波的传播方向，再依据波的微平移法，则可确定质点L点的振动方向，依据波在传播过程中，质点不随波迁移；最后结合速度与加速度是矢量，是否相等要从大小与方向两角度考虑。
掌握用微平移法判断质点的振动方向和波的传播方向，知道质点不会随波迁移，理解波动图象与振动图象的区别，注意速度与加速度是矢量，是否相同还要考虑其方向。
4.【答案】D
【解析】解：B.根据光路图，b在ON界面发生了全反射，A在OM界面没有发生全反射，两束单色光在界面的入射角相等，b单色光在玻璃中的临界角小于a单色光在玻璃中的临界角，根据全反射条件sinC=1n，故b单色光在玻璃中的折射率大于a单色光在玻璃中的折射率，故B错误；
A.根据n=cv，由于a单色光在玻璃中的折射率小一些，则棱镜内a光的传播速度比b光的大，故A错误；
C.由于a光在玻璃中的折射率小于b光在玻璃中的折射率，折射率越小，频率越小，即a光的频率比b光的低，故C错误；
D.由于a光的频率小于b光的频率，对应光谱的排列顺序规律，可知，频率越小，波长越长，即a光的波长比b光的长，故D正确。
故选：D。
根据光路图，比较全反射临界角，根据全反射条件，比较折射率；
根据n=cv，比较光的传播速度；
根据光的折射率，比较光的频率；
根据光的频率，比较光的波长。
本题解题关键是掌握全反射条件以及光的折射率越小、频率小，对应波长长。
5.【答案】D
【解析】解：ABC、如果知道绕中子星做圆周运动的卫星的周期与轨道半径，可以求出中子星的质量，根据题意仅知道中子星的自转周期、中子星的半径与万有引力常量G，无法求出中子星的质量，也就无法求出中子星的密度，中子星表面的重力加速度和第一宇宙速度，故ABC错误；
D、该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度v=2πRT，故D正确。
故选：D。
如果知道绕中子星做圆周运动的物体的周期，应用万有引力公式与牛顿第二定律利用求出中子星的质量与密度；知道绕中子星表面做圆周运动的天体的周期可以求出中子星第一宇宙速度，根据题意与已知条件分析各选项答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力与万有引力公式是解题的前提，认真审题理解题意应用基础知识即可解题。
6.【答案】D
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定，则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=12mv02
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
eBv0=mv02r
解得r=mv0eB
即r=1B⋅ 2mUe
减小电子枪的加速电压，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增大，都可以使电子束的轨道半径减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理和牛顿第二定律列式联立导出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径的表达式，再由表达式进行分析解答。
考查带电粒子在磁场中运动的问题，会根据题意进行相关的推导判断。
7.【答案】B
【解析】解：AB、圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为I=mωr−(−mωr)=2mωr，故A错误，B正确；
C.圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故C错误；
D.由动量定理可得：If′=0−mv=−mωr，即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr，故D错误。
故选：B。
圆盘做匀速圆周运动，其物块所受摩擦力提供向心力；合外力的冲量等于动量的变化量；圆盘停止运动，物块沿切线方向运动；根据动量定理可确定整个过程摩擦力的冲量。
本题主要考查了匀速圆周运动的受力特点和动量定理，解题关键是掌握圆盘做匀速圆周运动，其物块所受摩擦力提供向心力，合外力的冲量等于动量的变化量。
8.【答案】C
【解析】解：AB.圆盘转动时相当于一条半径方向的导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E=12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，故A错误；角速度大小均匀增大，则感应电动势大小也均匀变大感应电流均匀增大，故B错误；
CD.右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，故C正确；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P=I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选：C。
AB.根据导体转动切割磁感线产生感应电动势的公式进行计算判断电流有无和大小变化情况；
CD.根据右手定则和闭合电路的欧姆定律结合功率的公式进行分析判断。
考查动生电动势问题，会结合闭合电路的欧姆定律和相关公式求解相应的物理量。
9.【答案】C
【解析】解：ABC、由题知，OP>OM，OM=ON，则根据点电荷的电势分布情况可知：φM=φN>φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EP>EM=EN
根据能量守恒定律可知，带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，故AB错误，C正确；
D、从M点到N点的过程中，根据电场力与运动方向的夹角，夹角为锐角，做正功；后变为钝角，做负功，所以可分析出电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：C。
根据题意得出不同位置电势的高低，结合粒子的电性和电势能的表达式得出电势能的大小关系，结合能量守恒定律和功能关系即可完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉电势高低的判断，结合电势能的计算公式和功能关系即可完成解答。
10.【答案】B
【解析】解：A、两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，从开始到t1时刻过程，由动量守恒定律得：m1v0=(m1+m2)v1，由图示图象可知；v0=3m/s，v1=1m/s，代入数据解得：m1：m2=1：2，故A错误；
BCD、由图示图象可知，从0−t1时间内，A做减速运动，B做加速运动，A、B间的距离减小，弹簧逐渐被压缩，在t1时刻两物块速度相等，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大；t1−t2时间内，A继续做减速运动，B继续做加速运动，弹簧逐渐恢复原长，该时间内弹簧的长度小于弹簧原长，在t2时刻弹簧恢复原长，t2时刻弹簧的弹性势能为零，t2−t3时间内，A做加速运动，B做减速运动，A、B间的距离逐渐增大，弹簧逐渐伸长，t3时刻弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，t2−t3时间内弹簧的弹力逐渐增大，故B正确，CD错误。
故选：B。
两物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两物块的质量之比；弹簧的形变量相等时弹簧的弹性势能相等，根据图示图象分析两物块的运动过程，然后分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意与图示图象分析清楚两物块的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚物块的运动过程，应用动量守恒定律即可解题。
11.【答案】C
【解析】解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式v=ωr可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为4：1，则小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4ω，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为：Em=NBS×4ω=4nBL2ω
由正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：E=Em 2
根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为：U=RR+RE
联立解得：U= 2nBL2ω，故B错误；
C、若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：Em1=8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值为：E1=Em1 2=8nBL2ω 2=4 2nBL2ω
根据电阻定律可得：R=ρLS
可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得：U1=RR+2R=4 2nBL2ω3，故C正确；
D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据有效值和峰值的关系可知：E=nBSω 2
则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因此灯泡会变暗，故D错误；
故选：C。
小轮和大轮属于皮带传动，线速度大小相等，根据半径的比值关系得出线圈转动的角速度；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的峰值，结合有效值和峰值的关系，以及欧姆定律联立等式得出灯泡两端的电压；
根据线速度的表达式得出小轮的角速度变化，结合感应电动势的计算公式得出灯泡亮度的变化。
本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉感应电动势的计算公式，理解正弦式交流电中峰值和有效值的关系，结合欧姆定律即可完成分析。
12.【答案】D
【解析】解：A、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc，解得污水的流速：v=UcB，则流量Q=vbc=bUB，故A错误；
B、根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故B错误；
C、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc，解得：U=vBc，与离子浓度无关，故C错误；
D、污水的流速：v=UcB，污水流过该装置时受到阻力：f=kLv=kav，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差等于污水流过该装置时受到阻力，ΔpS=Δpbc=kav，则有Δp=kavbc=kaUbc2B，故D正确。
故选：D。
正负离子流过时，会受到洛伦兹力发生偏转，打在上下表面上，通过电荷的正负判断电势的高度。最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡关系求出流量和电压U的关系。根据压力差与液体所受阻力相等，求出左右两侧管口应施加的压强差。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出上下表面电势的高低。最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，在压力和阻力作用下处于平衡，求出流量的大小。
13.【答案】B
【解析】A、明确弹力与位移夹角的大小来判断做功正负，因为M、N两点弹力大小相等，根据胡克定律可知在这两点的弹簧形变量相等，但是∠ONM<∠OMN<π2，所以N点弹簧处于压缩状态，M点弹簧处于伸长状态，所以在从N运动到M的过程中，弹簧先压缩再恢复原长最后伸长，那么弹力就是先做负功后做正功最后做负功。故A错误；
B、运动过程中N点弹簧处于压缩状态，M点弹簧处于伸长状态，所以MN中间有一点弹簧弹力为零，那么此时物体只受重力，小球加速度为g；因为∠ONM<∠OMN，所以当弹簧与杠垂直时，小球所受合力重力，那么加速度也是g，所以运动过程中有两个时刻加速度等于重力加速度，故B正确；
C、弹簧最短时，弹簧与杠垂直，即弹力垂直于杠，小球沿杠运动，那么速度与弹力垂直，根据P=Fvcsθ可知，弹簧长度最短时，弹力做功功率为0，故C错误；
D、小球在运动过程中MN两点的弹性势能相等，所以弹力做功代数和为零即WF=0，所以根据动能定理可知，WG+WF=△EK，重力势能减小量等于动能增加量，所以N点动能不为零，故D错误；
故选：B。
A、明确弹力与位移夹角的大小来判断做功正负；
B、弹力为零或者弹力与杠垂直时，物体只受重力；
C、根据功率公式P=Fvcsθ，只需找到弹簧最短时弹力、速度、弹力与速度的夹角；
D、用动能定理判断动能是否为零。
考察知识点较多，首先是正功负功的区分，其次是受力分析和功率的计算公式，最后是对机械能守恒定律或动能定理的运用。
14.【答案】C
【解析】解：A、由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动过程中，由高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的右侧偏转，故A错误；
B、在南半球，火车向南运动，在“地转偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上，左侧轨道对火车的作用力大于右侧轨道，由牛顿第三定律可知，故B错误；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，作出物体在南半球沿南北两个方向运动时偏转方向的示意图(俯视图)如图所示，由图可知，摆动平面沿逆时针方向(俯视)不断偏转，
故C正确；
D、同一纬度，地球的自转线速度的大小固定不变，若物体沿南北方向从A点运动到B点，沿东西方向的速度改变相同，则当沿南北方向的速度较大所花时间少，东西方向的加速度大，即所需“地转偏向力”越大，故D错误。
故选：C。
A、地球自转过程中，所处纬度越高，线速度越小；
B、地球自西向东转，南半球火车向南运动，受到地转偏向力影响，会向前进方向的左侧偏转，可利用牛顿第三定律判断；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，可利用此特点做出摆动平面图示；
D、同一纬度线速度相同，若物体沿南北方向从A点运动到B点，沿东西方向的速度改变相同，南北方向的速度时间不同，故可利用此特点判断加速度的大小关系，进而判断地转偏向力。
本题结合生活实际，考查学生应用牛顿第二定律在圆周运动中的应用能力，其中重点考查学生理论联合实际解决问题的能力。
15.【答案】黑 B1.45mA1100Ω
【解析】解：(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图示电路图可知，A端与黑表笔相连；
(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要进行调节，故AC错误，B正确。
故选：B。
(3)当B端是与“1”相连，为电流挡，量程为2.5mA，读数为1.45mA；
当B端是与“3”相连，为欧姆×100Ω挡，读数为11×100Ω=1100Ω。
故答案为：(1)黑；(2)B；(3)1.45mA，1100Ω。
(1)欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；
(2)R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零；
(3)根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意。
16.【答案】5.980偏大 B 偏大 理由见解析
【解析】解：(1)①螺旋测微器的精确度为0.01mm，摆球的直径为d=5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm；
②从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N=n−12，根据单摆全振动的次数和时间的关系，单摆周期为T=tN=2tn−1，同学认为单摆周期为T=2tn，则周期测量值偏小；
根据单摆的周期公式T=2π lg
则g的测量结果将偏大。
(2)A.根据图线c的可知，在T2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，故A错误；
B.将摆线长记作摆长L，则有T=2π L+d2g
即有T2=4π2Lg+2dπ2g
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，故B正确；
C.根据单摆周期公式变形可知，三条图像的斜率均为k=4π2g，可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。
故选：B。
(3)以L表示摆长，θ表示摆线与竖直方向的夹角，m表示摆球的质量，F表示摆线对摆球的拉力，T表示摆球圆锥摆运动的周期，
由牛顿第二定律得：Fsinθ=m4π2T2Lsinθ
在竖直方向，由平衡条件得：Fcsθ=mg
解得：T=2π Lcsθg
单摆的周期公式：T′=2π Lg
单摆运动的等效摆长Lcsθ小于单摆摆长L，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度偏大，即重力加速度的测量值大于真实值；
故答案为：(1)5.980；偏大；(2)B；(3)偏大，理由见解析
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度对应示数(估读一位)×精确度；
(2)根据单摆通过平衡位置的次数求全振动次数，根据t时间内的全振动次数求单摆周期；根据单摆周期公式分析重力加速度的误差；
(3)根据单摆周期公式求解T2−L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度；
(4)摆球在一个水平面内做圆周运动时，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式得到周期表达式，与单摆的周期公式进行比较，分析周期的误差，确定等于重力加速度的误差。
本题主要考查了“用单摆测定重力加速度”的实验，要明确实验的原理、实验操作方法以及实验数据的处理；要掌握螺旋测微器的正确读数，明确单摆摆长的含义，能够正确运用单摆周期公式求加速度。
17.【答案】解：(1)A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH=12mv2
解得：H=v22g
(2)碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F−mg=mv2L
解得：F=mg+mv2L
(3)A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv=2mv′
由能量守恒定律得：12mv2=12×2mv′2+ΔE
解得：ΔE=14mv2
答：(1)A释放时距桌面的高度H是v22g；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+mv2L；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是14mv2。
【解析】(1)A下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出释放时距离桌面的高度。
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出绳子拉力大小。
(3)A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程系统损失的机械能。
根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意碰撞过程系统仅在水平方向动量守恒。
18.【答案】解：(1)要使粒子脱离太阳引力场的束缚而逸出，粒子的动能最小需满足：Ekmin+(−GMsm2Rs)=0
解得：Ekmin=GMsm2Rs
根据：Ek=kT，则日冕外层2Rs处的温度至少为：Tmin=Ekmink=GMsm2kRs
(2)设太阳风质子-电子对(以下简称粒子)由太阳向空间各方向均匀射出，在极短时间Δt内，粒子可视为均匀分布在半径为r、厚度为Δx的球壳内，该段时间内太阳因为太阳风而损失的质量等于该球壳内的粒子总质量。则有：
Δx=v⋅Δt
Δm=4πr2⋅Δx⋅n⋅m0
在单位时间因为太阳风而损失的质量为：m=ΔmΔt=4πr2nm0v
(3)太阳风是从日冕向星际空间不断爆发出来的带电粒子，这些粒子由于日冕高温膨胀向外的热压力超过其引力，从而形成超声速的高能带电粒子流，根据电磁学理论，这些粒子流会产生电磁场，与太阳的磁场相互作用使粒子流远离太阳方向加速运动，粒子流的电磁场之间也会相互作用，涉及到微观动力学与磁流体力学。在长时间的电磁作用下，太阳风能够达到很高的速度。
答：(1)日冕外层2Rs处的温度至少为GMsm2kRs，才能脱离太阳引力场的束缚而逸出。
(2)太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量为4πr2nm0v。
(3)见解答。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解粒子的最小动能，根据：Ek=kT，求解日冕外层2Rs处的温度最小值；
(2)太阳风质子-电子对在极短时间内，可视为均匀分布在球壳内，根据太阳因为太阳风而损失的质量等于该球壳内的粒子总质量求解。
(3)太阳风是高能带电粒子流，这些粒子流会产生电磁场，从电磁相互作用的角度分析。
本题为信息给予题，关键是理解题目所给信息，找到处理问题的物理原理，与题目所给原理结合解答。
19.【答案】解：(1)当dc边以速率v进入磁场时，产生的感应电动势为：E=BLv
线框中的电流为：I=ER=BLvR
由右手定则可知，b点电势高，a点电势低，则ba两点间的电势差为：Uba=14IR
解得：Uba=14BLv；
(2)设线框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q，根据动能定理得：
mgL−WA=12m(v3)2−12mv2
根据功能关系可得：WA=Q
解得：Q=mgL+49mv2；
(3)设物体下落的速度为v′时，产生的感应电动势为：E=BLv′
由于下落的的速度增大，则感应电动势增大，在金属导体内会产生感应电流，会产生安培力，安培力的方向向上。
根据牛顿第二定律得：mg−BIL=ma
解得：a=g−BILm
可知速度增大，加速度减小，能起到缓冲作用。
答：(1)当dc边以速率v进入磁场时ba两点间的电势差为14BLv；
(2)如果ab边刚进磁场的速率为v3，则线框进入磁场过程中产生的焦耳热为mgL+49mv2；
(3)该物体下落的加速度减小，能起到缓冲作用。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解ba两点间的电势差；
(2)根据动能定理、功能关系求解线框进入磁场过程中产生的焦耳热；
(3)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
20.【答案】解：(1)设油滴的半径为r，密度为ρ，根据质量公式可得，油滴的质量为：
m=43ρπr3
根据题意可知，速度为v时，空气阻力的大小为：
f=kvr
当油滴匀速下落时，则油滴处于平衡状态，由此可得：
f=mg
联立解得：r= 3kv4πρg
根据上述表达式可知，油滴的半径与 v成正比
则油滴的半径之比为：
rarb= v014v0=2
根据质量的计算公式可知，油滴a和油滴b的质量之比为：
mamb=ra3rb3=81
(2)当两板加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率v02，根据(1)中的分析可知，油滴a做的是减速运动，油滴b做的是加速运动，由此可判断出油滴a带负电，油滴b带正电。
当油滴再次达到平衡状态时，根据其受力特点可得：
油滴a：qaE+fa=mag
油滴b：fb−qbE=mbg
其中，根据油滴的前后速度的比值关系可知：
fa=12mag
fb=2mbg
联立解得：qaqb=41
答：(1)油滴a和油滴b的质量之比为8：1；
(2)油滴a带负电，油滴b带正电，a、b所带电荷量的绝对值之比为4：1。
【解析】(1)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；
(2)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。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉球体的体积公式，根据物体的运动状态结合受力分析即可完成解答，整体难度不大。
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