2024年北京市平谷区高考物理零模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年北京市平谷区高考物理零模试卷(含详细答案解析)，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年8月25日，新一代人造太阳“中国环流三号”首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，再次刷新中国磁约束聚变装置运行纪录。核聚变是一种核反应的形式。下列关于核反应的说法中正确的是( )
A. 要使轻核发生聚变，一种可行的方法是将物质加热到几百万开尔文的高温
B. 氘氚核聚变的核反应方程为： 12H+13H→24He+−10e
C. 相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变释放的核能更多
D. 核聚变反应过程中没有质量亏损
2.正在建设中的高能同步辐射光源，是我国第四代同步加速器光源，它是一种提供高性能X射线的大科学装置，发射的同步光基本覆盖红外光、可见光、紫外线、X射线等波段。与可见光相比，下列关于X射线的说法中正确的是( )
A. 同样能使人的眼睛产生视觉效应B. 在真空中的波长更长
C. 光子的能量更高D. 在真空中的传播速度更大
3.一定质量的理想气体，在温度保持不变的条件下，若气体体积减小，则( )
A. 气体的内能不变B. 气体可能从外界吸收热量
C. 气体的压强可能不变D. 气体压强与体积的乘积变小
4.如图分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波的周期是5sB. 1s时P质点的速度为负的最大值
C. 2s时Q质点的加速度为零D. 该波的波速是1.5m/s
5.可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，它们的质量大小关系是m1>m2>m3，忽略空气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是( )
A. 物块1的落地速率最大B. 物块2的落地速率最大
C. 物块3的落地速率最大D. 三物块的落地速率相同
6.如图所示电路中，有四个完全相同的小灯泡，不考虑电阻随温度的变化，其中最亮的灯泡是( )
A. 灯泡L1B. 灯泡L2C. 灯泡L3D. 灯泡L4
7.用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面之间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示，由图可知( )
A. m甲>m乙，μ甲>μ乙B. m甲>m乙，μ甲<μ乙
C. m甲μ乙D. m甲8.如图所示，细线的下端系着一个小钢球，用手拿着细线的上端，使小钢球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的角速度为ω1时，小球在较低的圆周1上做匀速圆周运动，此时细线对小球的拉力为T1，小球的向心力为F1，小球的线速度为v1；当小球的角速度为ω2时，小球在较高的圆周2上做匀速圆周运动，此时细线对小球的拉力为T2，小球的向心力为F2，小球的线速度为v2。则( )
A. ω1>ω2B. T1>T2C. F19.如图所示，O和O′是圆柱体上下底面的圆心，AB是上底面的一条直径，C、D两点在直径AB上，且关于O点对称。M点在上底面的圆周上，且MO与直径AB垂直。C′点和D′点分别是C、D两点在下底面的投影点。在A、B两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A. C点与D点的电场强度相同
B. M点与O点的电势差大于C点与O点的电势差
C. C′点与D′点的电场强度方向相同
D. 将试探电荷+q由O点沿直线移动到O′点，其电势能减小
10.滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图甲中相比，图乙中滑块( )
A. 受到的合力较大B. 经过A点的动能较大
C. 在A、B之间克服摩擦力做的功较大D. 在A、B之间摩擦力的冲量较大
11.如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，一导体棒MN绕固定的水平轴OO′在磁场中匀速转动，且始终平行于OO′。导体棒MN两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
12.A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mA. vA>vBB. v′A>v′BC. vA=v′AD. L=L′
13.某同学想自己设计并改装一个欧姆表。他手上有如下器材：量程300μA、内阻900Ω的电流计；电动势1.5V的一节干电池；滑动变阻器、电阻箱和若干定值电阻。他设计的电路如图甲所示，实验时他将两表笔短接，电流计指针满偏时，他计算出电路中的总电阻为5kΩ。然后他将一个50Ω和10Ω的电阻分别接到两表笔之间时，发现电流计指针指示的位置几乎一样，很难区分。经过研究后他认为，要想比较准确地测量几十欧姆的电阻，用图甲所示电路并不合适，为此他设计了如图乙所示的电路。并联合适电阻R2后，使干路电流是流经电流计电流的100倍。则( )
A. 将图乙电路中的两表笔短接，此时电路中的总电阻是5Ω
B. 分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，通过干电池的电流几乎没有区别
C. 分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，电流计指针指示的位置明显不同
D. 在图甲电路和图乙电路的两表笔之间分别接入5kΩ和50Ω的电阻，通过两电流计的电流明显不同
14.图示照片是2023年12月1日晚网友在北京怀柔拍摄到的极光。当太阳爆发的时候，就会发生日冕物质抛射，一次日冕物质抛射过程能将数以亿吨计的太阳物质以数百千米每秒的高速抛离太阳表面。当日冕物质(带电粒子流)与地球相遇后，其中一部分会随着地球磁场进入地球南北两极附近地区的高空，并与距离地面一百到四百千米高的大气层发生撞击，撞击的过程伴随着能量交换，这些能量被大气原子与分子的核外电子吸收之后，又快速得到释放，释放的结果就是产生极光。绿色与红色极光便是来自氧原子，紫色与蓝色极光则往往来自氮原子。则下列说法中最合理的是( )
A. 若带正电的粒子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，在地球磁场的作用下将会向西偏转
B. 地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱
C. 若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，则与该氮原子核外电子发生撞击的带电粒子的能量也为E0
D. 若氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，则该氧原子就会放出能量为E0的光子
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环的示意图，其中A为固定橡皮条的图钉，O为标记出的小圆环的位置，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。
(1)本实验主要采用的科学方法是______(填选项前的字母)。
A.控制变量法
B.等效替代法
(2)图甲所示的操作过程是：用两个规格相同的弹簧测力计，通过细绳沿平行木板平面的不同方向同时拉挂在橡皮筋一端的小圆环，将小圆环拉至某点O，记下O点位置和两细绳的方向，并读出两个拉力的大小。左侧弹簧测力计的示数F1=2.00N，由图可读出右侧弹簧测力计的示数F2=______ N。
(3)图乙中的力F和力F′，一定沿橡皮条AO方向的是______(选填“F”或“F′”)。
(4)在另一次实验中，该同学用两个弹簧测力计，通过细绳对小圆环施加平行木板平面的拉力作用，两个拉力的方向如图丙所示。如果小圆环可视为质点，且小圆环、橡皮条和细绳的重力可忽略不计，小圆环平衡时，橡皮条AO、细绳OB和OC对小圆环的拉力的分别为F1、F2和F3，关于这三个力的大小关系，正确的是______。
A.F1>F2>F3
B.F3>F1>F2
C.F2>F3>F1
D.F3>F2>F1
16.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，已知待测电池的电动势约1.5V，内阻约1.0Ω。某同学利用图a所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：
电流表A1：量程0∼0.6A，内阻约0.125Ω
电流表A2：量程0∼3A，内阻约0.025Ω
电压表V：量程0∼3V，内阻约3kΩ
滑动变阻器R1：0∼20Ω，额定电流2A
滑动变阻器R2：0∼100Ω，额定电流1A
(1)为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______(填写仪器的字母代号)。
(2)完成图b中实物间的连线。
(3)实验中，某同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图c的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线。
(4)根据图c可得出干电池的电动势E=______ V，内电阻r=______Ω(结果均保留小数点后两位)。
(5)若利用题中所给器材，改用图d所示的电路测量该电池的电动势和内阻，你觉得合理吗？请简述你的理由。
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示为半径R=0.80m的四分之一竖直光滑圆弧轨道，轨道末端B点的切线水平，且距水平地面的高度h=1.25m。质量m=0.2kg的小球从圆弧轨道顶端A点由静止释放，到达轨道底端B点后沿水平方向飞出。忽略空气阻力，g取10m/s2。
(1)求小球从B点飞出时速度的大小；
(2)求小球运动到圆弧轨道底端B点时对轨道压力的大小；
(3)若小球与地面碰撞时的恢复系数e=0.8(物体与固定平面碰撞时的恢复系数e指：物体沿垂直接触面方向上的碰后速度与碰前速度之比)。求小球第一次落地后从地面上弹起的高度。
18.如图a所示，边长L=0.4m的单匝正方形线框cdef放置在足够长的水平长木板上，在宽度也为L的区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，线框质量m=0.1kg。现对线框施加一水平向右的力F=0.9N，使线框由静止开始向右运动，de边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图b所示。g取10m/s2。求：
(1)线框与木板间的动摩擦因数μ；
(2)线框的总电阻R；
(3)线框在整个运动过程中所受摩擦力的冲量大小I。
19.物体在星球附近绕星球做匀速圆周运动的速度v1，叫作第一宇宙速度(又叫作环绕速度)；在星球表面附近发射物体的速度等于或大于vⅡ，物体就会克服该星球的引力，永远离开该星球，这个速度vⅡ叫作第二宇宙速度(又叫作逃逸速度)。已知引力常量为G。在以下问题的讨论中，空气阻力及星球自转的影响均忽略不计。
(1)若将地球视为质量均匀分布的球体，已知地球的质量为M，半径为R。
a.请证明地球的第一宇宙速度的大小v1= GMR；
b.某同学设想从地面以第一宇宙速度v1的大小竖直上抛一个可视为质点的物体，关于该物体上升的最大高度，他的解答过程如下：
设物体的质量为m，上升的最大高度为h，重力加速度为g，由机械能守恒定律有：12mv12=mgh。又v1= GMR，GMmR2=mg，所以v1= gh
联立得：
h=R2
该同学的上述解答是否正确？若不正确，请指出上述错误的原因，并分析说明物体上升的最大高度h应该比R2大还是小？
(2)由于引力的作用，星球引力范围内的物体具有引力势能。设有一质量分布均匀的星球，质量为M，半径为R，当取物体距离星球无穷远处的引力势能为零时，则物体(质量为m)在距离该星球球心为r(r≥R)处时的引力势能为EP=−GMmr。天体的质量越大，半径越小，逃逸速度也就越大，其表面的物体就越不容易脱离它的束缚。如果有这样的天体，它的质量非常大，半径又非常小，以至于以c=3.0×108m/s的速度传播的光也不能从它的表面逃逸出去，这种天体就称为黑洞。1799年，法国科学家拉普拉斯指出，对于一个质量为M的球状物体，当其半径R小于2GMc2时，即是一个黑洞。请你根据所给信息并结合所学知识，证明上述结论。
20.信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图甲所示，可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量为m，电荷量为e，各个极板在同一平面内，不计重力和电子间的相互作用。
(1)如图乙所示，在极板上建立空间正交直角坐标系。极板上方空间内存在匀强磁场，其磁感应强度为B，方向沿z轴负向。极板间电压U极小，可看作不影响电子运动。某次激发中，产生了2个电子a和b(均看作从O点射出)，其初速度大小均为v，方向分别在xOy与zOy平面内，电子a与x轴正方向成θ角，电子b与z轴正方向成α角。只考虑电子a和b从O点射出到落至下一个极板的过程。
a.求电子a的落点到O点的距离；
b.电子b的实际运动比较复杂，我们可以按照运动的合成与分解的思想将该运动分解为两个相对简单的运动进行研究：将电子b的初速度沿坐标轴分解——沿z轴的分速度与磁场方向平行，沿z轴方向电子b不受力，做匀速直线运动；沿y轴方向的分速度与磁场方向垂直，在洛伦兹力的作用下电子b在xOy平面内做匀速圆周运动。求电子b沿z轴方向运动的距离。
(2)若单位时间内阴极逸出的电子数恒为N0，每个电子打到极板上可以激发出的电子数与极板间电压U成正比。根据以上信息，有同学认为，经过n级放大后，阳极处接收电子产生的电流是阴极逸出电子产生电流的nU倍。请分析说明该同学的说法是否正确。
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据核聚变的条件可知，要轻核发生聚变，一种可行的方法是将物质加热到几百万开尔文的高温，同时还需要很大的压强，故A正确；
B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为： 12H+13H→24He+01n；故B错误；
C、根据核聚变与核裂变的特点可知，相同质量的核燃料重核裂变比轻核聚变释放的核能少，故C错误；
D、核聚变过程中有质量亏损，故D错误。
故选：A。
根据核聚变的条件判断；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；相同质量的核燃料重核裂变比轻核聚变释放的核能少；核聚变与核裂变过程中都有质量亏损。
该题考查核聚变与核裂变，知道它们的原理，知道二者应用的区别即可。
2.【答案】C
【解析】解：A、X射线不能使人的眼睛产生视觉效应，故A错误；
B、X射线与可见光相比，波长更短，频率更高，故B错误；
C、X射线与可见光相比，光子的能量更高，故C正确；
D、X射线与可见光在真空中的传播速度一样大，故D错误。
故选：C。
X射线又叫伦琴射线，它是由原子内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波，磁波谱按照波长从长到短排列顺序为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线。
本题是对电磁波谱的考查，解题时要知道X射线及可见光的特点，基础题。
3.【答案】A
【解析】解：A、理想气体的内能只与温度有关，在理想气体中，分子势能为0，内能就等于分子动能，由于温度不变，故气体的内能不变，故A正确；
BC、由理想气体状态方程：pVT=C知，在温度不变，体积V减小，则压强一定增大，即压缩气体，故外界对气体做正功，从向外界释放热量，故BC错误；
D、温度不便，气体压强与体积的乘积pV=p′V′，pV不变，故D错误；
故选：A。
理想气体，分子势能为0，内能就等于分子动能，只与温度有关；由理想气体状态方程pVT=C分析知，气体体积减小，温度不变，内能不变。
此题重点考查了一定质量理想气体状态方程，理想气体内能及热力学第一定律。解题一定要紧扣理想气体状态方程来分析，注意理想气体内能只与温度有关，会用ΔU=Q+W分析问题。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据振动图像可看出该波的周期是4s，故A错误；
B.由P质点的振动图像可看出，在1s时P质点在平衡位置向下振动，则速度为负的最大值，故B正确；
C.由Q质点的振动图像可看出，在2s时Q质点在正的最大位移处，则加速度最大，故C错误；
D.由图像可知，质点Q、P的起振方向相反，则两质点之间的距离满足x=nλ+12λ，其中n=0，1，2，…
根据波长、波速和周期的关系v=λT
代入数据联立解得v=32n+1，其中n=0，1，2，…，所以波速有多种可能，故D错误；
故选：B。
根据振动图像给出的信息判断周期；根据振动图像判断质点的振动情况；根据图像求解两质点之间的距离满足的关系，再根据波长、波速和周期的关系分析求解波速。
能够根据振动图像给出的信息求解周期、判断质点在某时刻的振动方向；要注意波在传播过程中的周期性。
5.【答案】D
【解析】解：因为三个物体的初始速率相同设为v0，设落地时的速率为v，根据能量守恒定律可得：
mgh+12mv02=12mv2，由此可知三物块的落地速率与质量无关，所以三个物体落地时的速率大小相等，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据能量守恒定律列式得出物块的落地速率，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，熟悉物体在运动过程中的能量转化关系即可完成分析，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：根据电路结构可知灯泡L1在干路上，电流等于支路电流之和，则最亮的灯泡是灯泡L1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据电路结构分析电流的大小关系，从而判断灯泡亮度。
本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握干路电流与支路电流的关系。
7.【答案】B
【解析】解：物体在水平桌面上运动，在拉力F和滑动摩擦力的作用下做加速运动，根据牛顿第二定律有
F−μmg=ma，可知F−a图像的斜率表示物体的质量，则有m甲>m乙，纵截距表示物体所受的滑动摩擦力大小，则甲、乙受到的滑动摩擦力大小相等，又m甲>m乙，则有μ甲<μ乙，
故B正确，ACD错误。
故选：B。
拉动物体后，物体与桌面相对滑动，可利用牛顿第二定律分别表示甲、乙所受合力与加速度的关系，进而推导出质量大小关系与动摩擦因数关系。
运用牛顿第二定律表示合力与加速度的关系是解决本题的关键。
8.【答案】C
【解析】解：C、小球在圆周上的受力如图，设细线与水平方向之间的夹角为θ，绳子的长度为l，则小球做圆周运动的半径r=lcsθ。
小球在圆周1上运动时，向心力：F1=mgtanθ1
同理可得：F2=mgtanθ2
由于：θ1>θ2
则：F1A、小球在圆周1上运动时：F1=mgtanθ1=mω12⋅lcsθ1
可得：ω1= gl⋅sinθ1
同理可得：ω2= gl⋅sinθ2
由于：θ1>θ2
则：ω1<ω2，故A错误；
B、根据竖直方向受力平衡得：T1sinθ1=mg
得：T1=mgsinθ1
同理可得：T2=mgsinθ2
由于：θ1>θ2
则：T1D、根据牛顿第二定律：F1=mgtanθ1=mv12lcsθ1
得：v1= glcsθ1tanθ1= glcs2θ1sinθ1
同理可得：v2= glcs2θ1sinθ1
由于：θ1>θ2
则：v1故选：C。
对小球受力分析，根据小球竖直方向受力平衡求绳的拉力大小，然后求出向心力的大小；根据牛顿第二定律求线速度和角速度。
本题是圆锥摆问题，分析受力，作好力图是基础，能根据几何关系求出向心力、拉力与重力的关系，难度不大，属于基础题。
9.【答案】A
【解析】解：AC、根据等量异号的点电荷电场的分布特点结合对称性可知C点与D点的电场强度相同，C′点与D′点的电场强度方向不相同，故A正确，C错误；
B、M点在上底面的圆周上，且MO与直径AB垂直，则可知O、M的电势均为0，C点电势为正，D点电势为负，则M点与O点的电势差小于C点与O点的电势差，故B错误；
D、O点与O′点的电势相等，则将试探电荷+q由O点沿直线移动到O′点，其电势能不变，故D错误；
故选：A。
由等量异种电荷电场线分布求解场强关系，由电势特点比较电势关系，根据电势与电势能的关系分析判断。
本题考查静电场，熟练掌握等量异种电荷电场线及电势特点是解题关键。
10.【答案】D
【解析】解：A、设斜面的倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块进行受力分析，当滑块向上滑动时，摩擦力的方向沿斜面向下，加速度的大小为
a1=gsinθ+μgcsθ
当滑块向下滑动时，摩擦力的方向沿斜面向上，加速度的大小为
a2=gsinθ−μgcsθ
所以a1>a2
由题图甲可知，滑块的运动时间为三个单元的频闪时间，由题图乙可知，滑块的运动时间为四个单元的频闪时间，故t甲B、图甲中滑块从A到B的过程可以看成初速度为零的匀变速直线运动，根据匀变速直线运动规律有v甲2−0=2a1xAB
得图甲中滑块在A点的速度大小v甲= 2a1xAB
同理v乙= 2a2xAB
可得v甲>v乙
根据Ek=12mv2可知图乙中滑块经过A点的动能较小，故B错误；
CD、根据匀变速直线运动规律有xAB=12a1t12
则滑块从A到B的运动时间t1= 2xABa1
同理t2= 2xABa2，因为a1>a2，所以t1根据I=ft可知图乙中滑块在A、B之间摩擦力的冲量较大，故D正确，C错误。
故选：D。
对滑块受力分析，根据牛顿第二定律计算各个情况下的加速度，先比较加速度的大小，可以判断出合力较大的情况，运用逆向思维思考图甲、乙滑块的运动情况，将其视为逆向的初速度为零的匀变速直线运动，故可利用速度与位移公式计算各个情况下在A的速度，结合动能的公式进行比较；运用位移与时间公式可比较图甲、乙的运动时间长短，根据上述推断出甲与乙加速度、时间、位移的大小关系可判断出其滑块的摩擦力的关系，从而分析摩擦力做功和冲量的大小关系。
本题以频闪仪拍摄的滑块在粗糙斜面上的运动照片为北京，考查受力分析，动力学等只是，意在考查考生的分析综合能力。
11.【答案】C
【解析】解：设导体棒长为L，匀速转动的角速度为ω，线速度大小为v，t时刻导体棒相对竖直轴OP转动的角度为θ，如图所示：
在t时刻导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度大小v1=vcsθ，其中：θ=ωt
由法拉第电磁感应定律可得：u=BLv1=BLvcsωt
可知导体棒两端的电势差u随时间t按余弦规律变化，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv，确定导体棒切割磁感线的有效长度和垂直磁场方向的速度，进而求解电势差u随时间t变化规律。
本题考查了导体棒切割磁感线产生感应电动势的问题。理解题意确定导体棒转动过程中线速度方向与磁场方向，注意本题中导体棒切割磁感线的有效速度是导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度，而切割磁感线的有效长度等于导体棒的长度。
12.【答案】D
【解析】解：ABC.当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，vA=vB，方向向右，v′A=v′B，方向向左，所以vA≠v′A，故ABC错误；
D.对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv=(m+M)v′
由机械能守恒定律得
Ep=12mv2−12(m+M)v′p
联立解得弹簧压缩到最短时Ep=mMv22(m+M)
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep=mMv22(m+M)
故弹性势能相等，则有
L=L′，故D正确。
故选：D。
ABC.根据动量守恒和弹簧最短的条件进行分析，结合速度的矢量性进行综合判断；
D.根据动量守恒和机械能守恒定律列式进行判断。
考查动量守恒和机械能守恒的问题，会根据题意进行综合分析判断。
13.【答案】D
【解析】解：A、并联合适电阻R2后，使干路电流是流经电流计电流的100倍，则干路电流为I=100×300μA=30000μA=0.03A，则将图乙电路中的两表笔短接，此时电路中的总电阻为R=EI=Ω=50Ω，故A错误；
BC、根据I′=ER+R′可知，分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，总电流为0.015A，0.025A，通过干电池的电流不同，根据并联电路分流关系可知经过R2的电流是电流计的99倍，所以电流计指针指示的位置几乎没有区别，故BC错误；
D、在图甲电路两表笔之间分别接入5kΩ的电阻，电流计的电流为I′′=ER′+R″=1.55000+5000A=1.5×10−4A=150μA，上述分析可知将一个50Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，通过电流计的电流为I′′′=0.015100A=0.015×10−2A=1.5μA，故D正确；
故选：D。
根据闭合电路欧姆定律，结合题目条件：干路电流是流经电流计电流的100倍，即可求解。
考查电流表的改装，掌握闭合电路欧姆定律的内容，注意干路电流与流经电流计电流的不同。
14.【答案】B
【解析】解：A、带正电的粒子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故A错误；
B、地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场的方向沿南北方向的分量最小，所以地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱，故B正确；
C、若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，根据玻尔理论，则与该氮原子核外电子吸收的能量值一定大于等于E0，与之发生撞击的带电粒子的能量一定是大于等于E0，故C错误；
D、根据玻尔理论，氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，该氧原子可能会放出能量为E0的光子，也可能会放出能量小于E0的光子，故D错误。
故选：B。
地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出粒子流所受洛伦兹力的方向；根据洛伦兹力判断B选项；根据玻尔理论判断CD选项。
该题考查洛伦兹力以及玻尔理论，解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向。
15.【答案】B1.90FA
【解析】解：(1)实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故A错误，B正确。
故选：B。
(2)弹簧测力计的分度值为0.1N，读数为1.90N；
(3)F为弹簧测力计示数，为合力的实验值；F′为在作图得出的合力理论值；故F方向一定沿AO方向。
(4)因F2和F1夹角为90∘，根据平行四边形定则可得
F1cs60∘=F3
F1sin60∘=F2
可知
F1>F2>F3
故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)1.90；(3)F；(4)A
(1)(3)验证力的平行四边形定则实验采用了等效替代法；合力的实测值与橡皮筋在同一直线上；根据图乙所示得出实验结论。
(2)根据弹簧测力计的分度值读数。
(4)由力的平行四边形定则，由图可确定力的大小关系。
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，知道实验原理与实验注意事项、实验数据处理方法是解题的关键；验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法。
16.【答案】A1 R1
【解析】解：(1)一节干电池电动势约为1.5V，只要保证电路总电阻不小于2.5Ω，即可用0∼0.6A量程(精确度高)的电流表，滑动变阻器阻值要满足这个条件很容易，故电流表选A1；为了便于调节，选用总阻值小的滑动变阻器，故选R1。
(2)根据电路图连接实物图，如图1
图1
(3)根据表格中的第六组数据，进行描点连线，使更多的点在图像上，不在图像的点平均分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图2
图2
(4)根据闭合电路欧姆定律得U=E−Ir
根据U−I图线的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，则有
E=1.46V，r=|ΔUΔI|=1.46−1.030.6Ω=0.70Ω
(5)由于电源的内阻较小，若改用图d所示的电路测量该电池的电动势和内阻，测量电源的内阻误差较大。
故答案为：(1)A1；R1；(2)见解析；(3)见解析；(4)1.46；0.72；(5)见解析
(1)根据电路最大电流选择电流表，选择量程较小的滑动变阻器即可。
(2)根据实验原理图连接实物电路图。
(3)(4)电源U−I图线与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻。
(5)根据实验误差来源分析答题。
本题考查了实验器材的选择、实验数据处理与实验误差分析，要掌握实验器材的选择原则，知道实验原理与实验误差来源是解题的前提与关键。
17.【答案】解：(1)小球从A点运动到B点过程，由动能定理有：mgR=12mv02−0
代入数据可得小球从B点飞出时速度的大小为：v0=4m/s
(2)在B点，由牛顿第二定律有：FN−mg=mv02R
代入数据可得：FN=6N
由牛顿第三定律可知，小球在B点对轨道的压力FN′与轨道对小球的支持力FN等大反向，即FN′=FN=6N
(3)小球落地时竖直方向的速度：vy= 2gh= 2×10×1.25m/s=5m/s
设小球与地面碰撞后反弹的速度大小为vy1，由题意可知：e=vy1vy
代入数据可得：vy1=4m/s
则小球第一次落地后从地面上弹起的高度：h1=vy122g=422×10m=0.8m
答：(1)小球从B点飞出时速度的大小为6m/s；
(2)求小球运动到圆弧轨道底端B点时对轨道压力的大小为6N；
(3)若小球与地面碰撞时的恢复系数e=0.8，小球第一次落地后从地面上弹起的高度为0.8m。
【解析】(1)由动能定理可得小球在B点速度大小；
(2)在B点由牛顿第二定律可得小球支持力大小，由牛顿第三定律可得压力大小；
(3)由竖直方向高度可得小球落地时竖直方向速度大小，由恢复系数可得小球竖直方向反弹速度大小，由运动学公式可得反弹上升高度。
本题考查了动能定理、平抛运动，解题的关键是熟练掌握动能定理和牛顿第二定律，注意恢复系数适用于与地面碰撞前后竖直方向的速度。
18.【答案】解：(1)由图可知，在0∼0.4s时间，线框的加速度为a=ΔvΔt=
根据牛顿第二定律有F−μmg=ma
解得μ=0.4
(2)线框在磁场中做匀速直线运动，则有
F−μmg=BIL
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
根据闭合电路欧姆定律有I=ER
解得R=0.16Ω
(3)线框匀速运动的时间为t′=2Lv
线框减速的时间为t′′=vμg
则线框在整个运动过程中所受摩擦力的冲量大小I=μmg(t+t′+t′′)
解得I=0.52N⋅s
答：(1)线框与木板间的动摩擦因数为0.4；
(2)线框的总电阻为0.16Ω；
(3)线框在整个运动过程中所受摩擦力的冲量大小为0.52N⋅s。
【解析】(1)根据图像解得加速度，根据牛顿第二定律解答；
(2)线框在磁场中做匀速直线运动结合安培力的公式解答；
(3)计算线框的运动时间，根据冲量的公式解答。
该题考查运动学公式、感应电动势表达式、牛顿第二定律、冲量等知识点，涉及到知识点较多，题目综合性较强。
19.【答案】解：(1)a.根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mv12R
解得v1= GMR
b.解答不正确，因为随着竖直上抛物体高度的升高，离地球越来越远，万有引力越来越小，重力加速度的值会越来越小，由于物体上升过程中做减速运动的加速度越来越小，因此物体上升的最大高度应该大于做匀减速上升的高度，即物体上升的最大高度应该大于R2；
(2)设第一宇宙速度为v，有GMmR2=mv2R
得到 v= GMR
若物体能运动到距离星球无穷远处而脱离星球的束缚，根据机械能守恒定律有−GMmr+12mv22=0
解得v2= 2v
又由题：星体成为黑洞的条件为v2>c
即 2⋅ GMR>c
解得R<2GMc2
答：(1)a.见解析；
b.不正确，物体上升的最大高度h应该比R2大；
(2)见解析。
【解析】(1)a.根据万有引力提供向心力解得第一宇宙速度；
b.根据加速度变化分析最大高度；
(2)根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞，结合机械能守恒定律分析逃逸速度，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件。
本题是信息题或新概念题，首先要耐心、细心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型。
20.【答案】解：(1)a、电子a在xOy平面内做顺时针的匀速圆周运动，轨迹图如图1所示，根据洛伦兹力提供向心力得：
evB=mv2R
根据几何关系得，电子a的落点到O点的距离为
x=2Rsinθ
解得：x=2mv⋅sinθeB
b、电子b的一个分运动是在xOy平面内做匀速圆周运动，运动轨迹为半个圆周，轨迹如图2所示，则电子b的运动时间为圆周运动周期的一半，则有：
tb=12T=12×2πmeB=πmeB
电子b在O点沿z轴方向的分速度为：vz=v⋅csα
沿z轴方向电子b做匀速直线运动，电子b沿z轴方向运动的距离为：
zb=vztb=πmv⋅csαeB
(2)由题意，设每个电子打到极板上可以激发出的电子数为：N=kU，(k为比例系数)
经过极板1激发的电子数为：N1=N0N=N0kU
经过极板2激发的电子数为：N2=N1N=N0(kU)2
经过极板3激发的电子数为：N3=N2N=N0(kU)3
……
经过极板n激发的电子数为：Nn=N0(kU)n
可得经过n级放大后单位时间阳极处接收电子数是阴极逸出电子数的Un倍，根据电流的定义，可知阳极处接收电子产生的电流是阴极逸出电子产生电流的Un倍。故该同学的说法不正确。
答：(1)a.电子a的落点到O点的距离为2mv⋅sinθeB；
b.电子b沿z轴方向运动的距离为πmv⋅csαeB；
(2)阳极处接收电子产生的电流是阴极逸出电子产生电流的Un倍。该同学的说法不正确。说明见解答。
【解析】(1)a、电子a在xOy平面内做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求得运动半径，根据几何关系求得电子a的落点到O点的距离；
b、电子b的一个分运动是在xOy平面内做匀速圆周运动，运动轨迹为半个圆周，则电子b的运动时间为圆周运动周期的一半，电子b沿z轴方向做匀速直线运动，可得电子b沿z轴方向运动的距离；
(2)根据题意归纳总结出经过n级放大后单位时间阳极处接收电子数与阴极逸出电子数的关系，根据电流的定义分析说明。
本题意在考查带电粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动的问题，此题电子b运动轨迹为螺旋线，利用运动的分解处理，分运动具有等时性与独立性。组别
1
2
3
4
5
6
I/A
0.12
0.21
0.31
0.86
0.49
0.57
U/V
1.38
1.31
1.24
.14
1.11
1.05