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2024年北京市延庆区高考物理一模试卷(含详细答案解析)
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这是一份2024年北京市延庆区高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列核反应中属于“聚变”的是( )
A. 714N+24He→817O+11HB. 24He+1327Al→1530P+01n
C. 12H+13H→24He+01nD. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2.如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则( )
A. λa<λb，na>nb
B. λa>λb，naC. λa<λb，naD. λa>λb，na>nb
3.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程，先后到达状态b和c，最后回到原状态a，其p−T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 从状态a到状态b的过程中，气体既不吸热也不放热
B. 从状态b到状态c的过程中，气体的内能增加
C. 从状态c到状态a的过程中，气体的体积不变
D. a、b和c三个状态中，状态a时分子的平均动能一定最大
4.将u=200 2sin(100πt)V的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈，原副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，R=100Ω。下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为100Hz
B. 闭合开关S后，电阻R消耗的电功率为16W
C. 闭合开关S后，电流表的读数为2A
D. 断开开关S后，副线圈的输出电压为0
5.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波一定沿x轴正方向传播
B. 该波的波速为40m/s
C. t=0.15s时质点P的速度大于质点Q的速度
D. 经过0.3s后，质点P通过的路程为6m
6.一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则( )
A. 前2s人和电梯处于失重状态
B. 2s∼4s的过程中人对地板的压力变小
C. t=6s时人对地板的压力为0
D. t=8.5s时人对地板的压力最大
7.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
8.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块(可视为质点)，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是( )
A. 从A到O，物块所受重力的冲量为0
B. 从A到O，物块的加速度一直减小
C. 从A到B，物块通过O点时的速度最大
D. 从A到B，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量
9.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A. 无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C. 只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
10.某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是( )
A. 换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上
B. 换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上
C. 换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上
D. 换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上
11.航天器离子发动机原理如图所示，电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I，忽略离子间的相互作用力及离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为( )
A. I 2mUqB. I mUqC. I mU2qD. 2I mUq
12.离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d四根平行的细导体杆与工作电源相连，相当于四个独立的电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于杆的平面内，四根细杆的位置连线是一个正方形，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。下列判断正确的是( )
A. A点电势比B点电势高
B. A、B、C、D四点电场强度相同
C. 若电子由A点运动到C点，静电力对电子做负功
D. 电子在C点的电势能大于在D点的电势能
13.在霍尔效应中，霍尔电压与通过导体的电流之比被定义为霍尔电阻，可用符号rH表示，通常情况下，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度成正比。但在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象：rH=1v⋅he2，h是普朗克常数，e是电子的电量，v既可以取1、2、3…等整数，也可以取某些小于1的分数，这就是量子霍尔效应现象。实验发现，当霍尔电阻处于量子态时，材料中的电子将沿边缘带做定向运动，几乎不受阻力作用。2013年，清华大学薛其坤团队发现，在超低温(0.03K)环境条件下，具备特殊结构的拓补绝缘体材料可以自发地发生磁化，此时不需要外加磁场也会发生量子霍尔效应，这种现象被称为量子反常霍尔效应。结合以上资料，可以判断下列说法正确的是( )
A. 同欧姆电阻类似，霍尔电阻越大，表明材料对通过它的电流的阻碍越强
B. 要发生量子霍尔效应现象，外部环境条件有两个，一是要具备超低温环境，二是要具备超强的磁场
C. 具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料已成为新一代低能耗芯片的制造材料
D. 霍尔电阻的量子态表达式中的常数组合he2与欧姆电阻具有相同的单位
二、多选题：本大题共1小题，共3分。
14.如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上静止，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中恰好无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A. 当0B. 当μmgC. 当F>2μmg时，绳中拉力为F2
D. 无论F多大，绳中拉力都不可能等于F3
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析和误差分析等。
(1)实验仪器。现用多用电表测量一个阻值约为1500Ω的定值电阻，应选用欧姆表的______挡(选填“×10”或“×100”)；如图1所示，为正在测量中的多用电表表盘，该电阻的阻值为______Ω。
(2)数据分析。某同学用插针法测定一个半圆形玻璃砖的折射率。正确操作后，做出的光路图如图2所示。O为圆心，已知CD的长度为l1，AB的长度为l2，则此玻璃砖的折射率可表示为______。
(3)误差分析。用图3所示的电路测量Rx的阻值，该测量值比实际值偏______(选填“大”或“小”)，造成这一系统误差的原因是______。(选填“电压表的分流”或“电流表的分压”)
16.某实验小组用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。
(1)在实验操作过程中，下列做法正确的是______
A.实验中打点计时器可以使用直流电源
B.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
C.实验时纸带与打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上
D.打点计时器、天平和刻度尺都是本实验必须使用的测量仪器
(2)如图2所示为某次实验打出的纸带，取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点A距起始点O的距离为s0，AC间的距离为s1，CE间的距离为s2，若相邻两点的时间间隔为T，重锤质量为m，重力加速度为g。根据这些条件计算从O点到C点的过程中重锤重力势能的减少量ΔEP=______，动能的增加量ΔEk=______。
(3)利用该装置还可以测量当地的重力加速度：
某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2−h图像，如图3所示。请画出v2−h图线并求得当地重力加速度g=______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(4)小刚利用气垫导轨和光电门等器材验证机械能守恒定律，图4是实验装置的示意图。实验时开启气泵，先将气垫导轨调至水平，然后滑块通过细线与托盘和砝码相连。将滑块从图示位置由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t。已知刚释放时挡光条到光电门的距离为l，挡光条的宽度为d，且d≪l，托盘和砝码的总质量为m，滑块和挡光条的总质量为M，当地的重力加速度为g。在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统重力势能的减少量ΔEP=mgl；系统动能的增加量ΔEk=______。在误差允许的范围内，如果ΔEP=ΔEk，则可验证系统的机械能守恒。
四、简答题：本大题共3小题，共31分。
17.如图21所示，半径R=0.4m的竖直半圆形轨道bc与水平面ab相切。质量m2=0.2kg的小滑块B放在半圆形轨道的最低点b，另一个质量为m1=0.3kg的小滑块A，在水平推力F=3N作用下由静止开始从a点向右做匀加速直线运动，当小滑块A刚好要与小滑块B碰撞时立即撤去F，随后小滑块A与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起后恰好能够到达半圆形轨道的最高点c。已知推力F作用的时间t=2s，滑块A与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点。求：
(1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q。
18.利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电叫潮汐发电，是目前海洋能利用中最主要的一种。
陆地和海湾，中间为水坝，其下有通道，无论涨潮或落潮，水流经过通道均可带动发电机发电。一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时，堵住通道，潮水涨至最高水位时打开通道，进水发电；当海湾水位涨至最高时，堵住通道；落潮至最低水位时，打开通道放水发电。以下是某小型双向型潮汐发电站的一组数据，据此回答下列问题(取海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2)：
(1)若采用U=200kV的直流电向某地区输电，要求输电线上损耗的功率ΔP不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值r；
(2)试估算该小型发电站所圈占的海湾面积S的大小。
19.电子的电荷量e与其质量m之比称为电子的比荷，测定电子的比荷是物理学发展史上的非常重要的事件，电子比荷的测定有多种方法。
(1)汤姆孙偏转法测电子的比荷。
如图是汤姆孙用来测定电子比荷的实验装置示意图，某实验小组的同学利用此装置进行了如下探索：
①真空管内的阴极K发出的电子经加速后，穿过A′中心的小孔沿中心线OP的方向进入到两块水平正对放置的平行极板M和N间的区域。当M和N间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P点处，形成了一个亮点；
②在M和N间加上大小为U的偏转电压后，亮点偏离到P1点；
③在M和N之间再加上垂直于纸面向外的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，电子在M、N间作匀速直线运动，亮点重新回到P点；
④撤去M和N间的偏转电压，只保留磁场，电子在M、N间作匀速圆周运动，亮点偏离到P2点。荧光屏可视为平面，测得P、P2的距离。
若已知平行板的间距为d，并已经求得电子在M、N间作匀速圆周运动的轨迹半径为r，请结合上述步骤求电子的比荷em。(不计电子所受的重力和电子间的相互作用)
(2)磁聚焦法测电子的比荷图23是磁聚焦法测量电子比荷的装置示意图。在抽成真空的玻璃管中装有热阴极K和有小孔的阳极A。在A、K之间加一电压，对电子进行加速，电子由阳极小孔高速射出；在电容器C的两极板间加一不大的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的微小偏转，在电容器右侧和荧光屏之间加一水平方向的匀强磁场，进入磁场的电子会沿不同的螺旋线运动，每绕行一周后都会到达同一位置聚焦，适当调节磁感应强度的大小，可使电子流的焦点落在荧光屏S上。
已知加速电压的大小为U0，电容器右端到荧光屏的水平距离为l，匀强磁场的磁感应强度大小为B，假设电子在磁场中运动仅绕行一周就刚好打在荧光屏上，请根据以上条件及所学的知识求电子的比荷em。(不计电子所受的重力和电子间的相互作用)
(3)如何说明金属导电靠的是电子？有人尝试用下述实验来证明这件事：让一块向前运动的金属长方体突然刹车，其中的载流子便会因惯性而聚集到前端使之带电，而在后端由于缺乏这种电荷而带相反电性的电，于是在导体前后两端之间形成电场，通过分析该情景下载流子的受力和运动就可以求解载流子的比荷qm。若该比荷的数值与汤姆孙所研究的阴极射线(电子流)的比荷相同，就可以说明金属导电靠的是电子。
已知金属导体突然刹车的加速度大小为a，你认为这种实验方法能否测出电子的比荷qm？
如果能，请写出还需测量的物理量和对应的测量工具，并用需要测量的物理量表示金属内部载流子的比荷qm。
如果不能，你认为还有什么方法可以测量该金属导体内部载流子的比荷？
五、计算题：本大题共1小题，共9分。
20.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。2018年11月19日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功将北斗三号双星送入预定轨道，成功完成北斗三号基本系统星座部署。如图所示为其中一颗北斗卫星的轨道示意图。已知该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g，引力常量为G。
(1)求地球的质量M；
(2)求该卫星的轨道距离地面的高度h；
(3)请推导第一宇宙速度v1的表达式，并分析比较该卫星的运行速度与第一宇宙速度的大小关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 714N+24He→817O+11H是原子核的人工转变，故A错误。
B、 24He+1327Al→1530P+01n是原子核的人工转变，故B错误。
C、 12H+13H→24He+01n是轻核聚变，故C正确。
D、 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是重核裂变，故D错误。
故选：C。
两个轻核结合成质量较大的核的反应叫聚变，结合聚变的定义分析判断．
本题考查核反应的分类，要正确理解核裂变、聚变及其他相关核反应的性质，并掌握质量数守恒电荷数守恒分析核反应方程．
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光的波长大小。
【解答】
由光路图可知，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，则a光的折射率小，b光的折射率大，即na折射率越大，频率越大，波长越小，则知a光的波长大，即λa>λb，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】解：A.从状态a到状态b的过程中，气体压强不变，温度升高，内能增加，体积变大，气体对外做功，则根据ΔU=W+Q，则气体吸热，故A错误；
B.从状态b到状态c的过程中，气体的温度不变，则内能不变，故B错误；
C.根据pV=CT可知，从状态c到状态a的过程中，气体的体积不变，故C正确；
D.a、b和c三个状态中，状态a时温度最低，可知该状态下分子的平均动能一定最小，故D错误。
故选：C。
根据p−T图像可知，a到b过程，气体温度升高，内能变大，根据热力学第一定律求解；b到c气体温度不变，内能不变；根据pV=CT判断从状态c到状态a的过程中气体的体积；根据温度高度判断分子的平均动能大小。
该题考查理想气体的内能取决于气体的温度以及热力学第一定律等知识点，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据u=200 2sin(100πt)V可知，f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B、根据变压比公式，U1U2=n1n1，解得U2=40V，电阻R消耗的功率P=U22R，解得P=16W，故B正确；
C、根据输入功率等于输出功率可知，U1I1=U2I2，解得I1=0.08A，故C错误；
D、根据变压比公式，U1U2=n1n1，不论开关S是断开还是闭合，副线圈的输出电压始终为40V，故D错误；
故选：B。
根据原线圈输入电压表达式求解交变电流的频率；根据变压比公式以及功率公式即可求解；由输入功率等于输出功率即可求解原线圈电流；根据变压比公式可分析副线圈获得电压。
该题考查理想变压器变压比公式、输入功率等于输入功率以及定值电阻功率公式，属于常见知识点的考查，题目难度适中，典型例题。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据图像无法判断该波的传播方向，故A错误；
B、根据图像可知该波的波长为λ=4m，周期为T=0.2s，则该波的波速为：v=λT=40.2m/s=20m/s，故B错误；
C、t=0.15s时质点P在平衡位置，质点Q在最大位移处，速度为零，所以t=0.15s时质点P的速度大于质点Q的速度，故C正确；
D、经过t=0.3s=32T后，质点P通过的路程为：s=32×4A=32×4×0.4m=2.4m，故D错误。
故选：C。
根据图像无法判断该波的传播方向；根据v=λT求解该波的波速；根据t=0.15s时质点P、Q所在的位置判断速度大小；一个周期内质点通过的路程为4A，由此求解P通过的路程。
本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
6.【答案】B
【解析】解：A、前2s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，故A错误；
B、2s∼4s内向上的加速度减小，则根据
N=mg+ma
可知，人对地面的压力变小，故B正确；
C、t=6s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，故C错误；
D、t=8.5s时加速度向下且最大，人处于最大的失重状态，则此时人对地板的压力最小，故D错误。
故选：B。
A、可利用加速度方向判断合力方向，进而判断视重与实重的大小关系；
B、利用2s∼4s内加速度的变化判断合力的变化，进而判断合力的变化；
C、t=6s时加速度为零，此时合力为零；
D、t=8.5s时加速度向下且最大，可利用此时合力的大小判断人对地板的压力。
本题利用加速度与时间图像考查对超重、失重的判断能力，灵活运用牛顿第二定律为解决本题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：AB、图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡A1中的电流小于线圈L1中的电流，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C、图乙中，最终A2与A3的亮度相同，则两个支路电流相同，又由于两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D、图乙中，闭合S2瞬间，电感线圈由于自感现象，L2对电流有阻碍作用，此时自感线圈相当于一个逐渐变化的电阻，所以两个支路的电阻不相等，两个支路并联，根据并联电路的特点，可知L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。
闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断L2中电流与变阻器R中电流是否相等。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
8.【答案】D
【解析】解：A、从A到O，设物块的运动时间为t，则物块所受重力的冲量为IG=mgt，故A错误；
B、从A到O，物块所受弹簧弹力一直减小，所受摩擦力不变，一开始弹力大于摩擦力，物块做加速运动，到弹簧弹力等于摩擦力后，弹力继续减小，弹力小于摩擦力，则物块做减速运动，所以物块的加速度先减小后增大，故B错误；
C、当物块受力平衡时速度最大，在O点物块受摩擦力作用，受力不平衡，在AO之间某位置弹力和摩擦力相等，所以O点不是速度最大位置，故C错误；
D、从A到B过程中，只有弹簧弹力和摩擦力对物块做功，根据动能定理可知弹簧弹力对物块做的功等于物块克服摩擦力做的功，即等于物块与水平面摩擦产生的热量，故D正确。
故选：D。
根据冲量定义分析A；根据牛顿第二定律分析B；在物块受力平衡时速度最大，据此分析C；根据动能定理分析D。
知道物块在运动过程中弹簧弹力的变化是解题的关键，还要知道物块在受力平衡时速度最大。
9.【答案】B
【解析】解：AC、无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。故AC错误；
B、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同。故B正确；
D、不是所有手机都可以进行无线充电，手机中要装有接收线圈设备才可以。故D错误。
故选：B。
无线充电利用电磁感应原理。所使用的电源必须是交变电流；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同。
本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：由图示电路图可知，电流表选择3A量程，将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，说明电流表所选量程太大，应选择0.6A量程，应把导线b的N端移到电流表的“0.6”接线柱上；
从左向右移动滑片时，电压表的示数开始时变化很小，当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大，说明所选择的滑动变阻器最大阻值太大，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故ABC错误，D正确．
故选：D.
为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，为减小实验误差，电表应选择合适的量程，根据实验现象分析答题．
在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；实验时电表要选择合适的量程，量程太大，读数误差太大，量程太小，可能会损坏电表．
11.【答案】A
【解析】解：设离子经电场加速后，从端口喷出时的速度大小为v0。由动能定理得
qU=12mv02，解得：v0= 2qUm
设在Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式得：I=QΔt=nqΔt
对于单个离子，由动量定理得：F0Δt=mv0
若有n个离子被喷出，则有F′=nF0
由以上各式联立可解得：F′=I 2mUq
根据牛顿第三定律可知，该发动机产生的平均推力大小：F=F′=I 2mUq，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据动能定理求出离子经电场加速后，从端口喷出时的速度v0的大小；再根据电流的定义式I=QΔt和动量定理分别列式求出该发动机产生的平均推力大小F。
解决本题时，要理清离子的运动过程，分别运用动能定理和动量定理进行列式。对于连续介质问题，常常运用动量定理研究作用力。
12.【答案】A
【解析】解：A.因为A、B之间的电场线由A指向B，且电场线是曲线，沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点电势高，故A正确；
B.A、B、C、D四点对称分布，电场线密集程度一样，这四点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C.根据对称性可知，电场中A点和C点位于同一等势面上，故电子从A点运动到C点时电场力做功为零，故C错误；
D.电场中C点电势高于D点电势，电子带负电，根据公式EP=qφ可知，电子在D点电势能大于在C点电势能，故D错误。
故选：A。
A.根据电场中电场线的分布结合电场线特点判断电势高低；
B.根据电场强度是矢量的特点进行分析判断；
C.根据等势面上移动电荷的特点进行解答；
D.根据电势能的公式进行分析判断。
考查电场中电场线的特点和电势能等问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
13.【答案】D
【解析】解：A.设半导体与电流垂直方向长为a，宽为b，处于磁感应强度为B的磁场中，电子定向运动的速率v，则半导体两端的霍尔电压为UH=Bbv=BInea，根据霍尔电阻定义有rH=UHI=Bnea，则霍尔电阻不能反映对电流的阻碍作用，故A错误；
B.由题意可知，在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象，并不是所有的材料都会发生，故B错误；
C、具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料，有望成为新一代低能耗芯片的制造材料，故C错误；
D.根据功率的表达式p=I2R，P=FV，结合牛顿第二定律F=ma，整理得
R=mavI2，则欧姆电阻的基本单位表示为kg⋅m2A2s3，根据能量子表达式：ɛ=hν，功的表达式W=Fx，牛顿第二定律F=ma，结合电流的定义式I=qt，整理得he2=maxνI2t2，则常数组合he2的基本单位表示为kg⋅m2A2s3，故D正确。
故选D。
根据霍尔电压和霍尔电阻的表达式分析A；根据题目信息判断BC；根据功率表达式、电流定义式、能量子表达式、和牛顿第二定律推导。
对选项D的分析比较复杂，虽说仅仅是一个单位的运算，但涉及到的知识点非常多，需要一定的综合能力。
14.【答案】AC
【解析】解：A、当0B、当μmgC、当F>2μmg时，对整体，根据牛顿第二定律可得：a=F−2μmg2m，对B：a=F拉−μmgm，联立解得绳中拉力为F拉=F2.故C正确；
D、由B的分析可知，当μmg故选：AC。
对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．
15.【答案】×1001600l2l1 小 电压表的分流
【解析】解：(1)用欧姆挡测电阻要求指针尽量指向表盘的正中心位置，根据欧姆表表盘刻度，所以测量阻值约为1500Ω的定值电阻，应选用欧姆表的×100挡，如图，其读数为16×100Ω=1600Ω；
(2)根据折射率公式
n=sin∠AOBsin∠DOC=ABRCDR=ABCD=l2l1
(3)图3用电流表的外接法测电阻，根据口诀“小外偏小”，测量值小于实际值，原因是电压表的分流。
故答案为：(1)×100，1600；(2)l2l1；(3)小，电压表的分流。
(1)根据欧姆挡的测量要求选择倍率，再根据读数规则完成读数；
(2)根据折射率公式结合图2的相关数据进行解答；
(3)根据电流表的外接法分析误差和误差原因。
考查电表的使用读数和电流表的接法及误差分析问题，会根据题意进行相关的分析和判断。
16.【答案】BCmg(s0+s1)12m(s1+s24T)2 9.6612(m+M)(dt)2
【解析】解：(1)A.打点计时器只能使用交流电源，故A错误；
B.根据实验要求，打点计时器使用时，应先接通打点计时器的电源再释放纸带，故B正确；
C.为了减小摩擦阻力等影响，实验时纸带与打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上，故C正确；
D.验证机械能守恒定律实验可以不测量重物质量，故天平不是必须的器材，故D错误；
故选：BC。
(2)根据图2，重锤从O到C的距离为s0+s1，故重锤重力势能减少量为
ΔEP=mg(s0+s1)
根据匀变速直线运动规律，C点的瞬时速度大小为vC=s1+s24T
故动能的增加量ΔEk=12mvC2=12m(s1+s24T)2
(3)画出的v2−h图线如下
该图线的斜率k=2g=8.4−2.7(44.0−14.5)×10−2m/s2=19.32m/s2，解得g=9.66m/s2
(4)系统动能增加量ΔEk=12(m+M)v2=12(m+M)(dt)2
故答案为：(1)BC；(2)mg(S0+S1)，12m(S1+S24T)2；(3)9.66；(4)12(m+M)(dt)2。
(1)根据打点计时器的实验的注意事项及要求进行分析解答；
(2)根据动能增加量公式和重力势能减少量公式分别列式解答；
(3)根据描点作图的要求连线，注意没有落在直线上的点均匀分布在直线的两侧；
(4)利用光电门求瞬时速度，再根据动能的公式代入求解。
考查机械能守恒、利用图像求重力加速度等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
17.【答案】解：(1)设小滑块A的加速度为a，根据牛顿第二定律
F−μm1g=m1a
由运动学公式 v1=at
解得v1=10m/s
(2)小滑块A与B相碰，设v1的方向为正方向，根据动量守恒定律
m1v1=(m1+m2)v
碰撞中损失的机械能
ΔE=12m1v12−12(m1+m2)v2
联立解得ΔE=6J
(3)设A、B整体到达半圆形轨道的最高点c时的速度为vc，根据牛顿第二定律
(m1+m2)g=(m1+m2)vc2R
根据能量守恒定律，摩擦产生的热量为
Q=12(m1+m2)v2−12(m1+m2)vc2−(m1+m2)g×2R
代入数据解得Q=4J
答：(1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1为10m/s；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE为6J；
(3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q为4J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式列式解答；
(2)根据动量守恒定律和能量的转化和守恒定律列式求解；
(3)根据牛顿第二定律和能的转化和守恒定律列式求解。
考查牛顿运动定律和动量守恒定律，能的转化和守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
18.【答案】5.4×106
【解析】解：(1)根据题意，发电机日平均发电量为4.8×104kW⋅h，所以发电机的功率：
P=Et=4.8×104kW⋅h24h=2×103kW
采用U=200kV直流电向某地区输电P=2×103kW时，通过输电线的电流：I=PU=2×103×103200×103A=10A
由题意，输电线上损耗的功率可列：ΔP =I2r=5%P
代入数据解得：r=1000Ω
(2)落差的变化而引起重力势能的减少量为：E0=mgh1−h22
而总的质量为：m=(h1−h2)Sρ
由题意，获得的电能为：E=4E0η
联立代入数据代入数据解得：S=5.4×106m2
答：(1)输电线总电阻的最大值r为1000Ω；
(2)估算该小型发电站所圈占的海湾面积S的大小5.4×106m2。
(1)求出发电机的输电功率后，根据功率公式求输电线中的电流，代入损耗功率公式求出输电线的电阻；
(2)根据能量守恒定律，结合重力势能的公式和效率的公式列方程求解。
本题考查电能的输送的相关问题，涉及功率公式、重力势能、效率概念、质量密度公式等内容，从能量守恒定律出发，利用基本公式可以解决问题。
19.【答案】(1)设电子进入极板间的速度为v，由平衡条件有evB=eE
两极板间电场强度 E=Ud
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB=mv2r
联立解得 em=UB2dr
(2)电子在A、K之间加速12mv2=eU0
设进入磁场时电子的速度大小为v′，与水平方向夹角为θ，设其垂直磁场的分速度为v1，平行磁场方向的分速度为v2；
由题意知速度分量v2=v′csθ≈v′=v
可证电子回旋周期T=2πrv1=2πmeB
故电子在磁场中做螺旋运动的螺距l=v2T=2πmeBv
可得em=8π2U0l2B2
(3)设刹车过程中的导体前后之间的电势差的大小为ΔU，导体的长度为L；
根据牛顿第二定律qΔUL=ma
于是qm=aLΔU
能测出电子的比荷qm；
在加速度已知的条件下，我们还需要用合适的电表测出ΔU，用刻度尺测出导体沿运动方向的长度L。
答：(1)电子的比荷为 em=UB2dr；
(2)电子的比荷为em=8π2U0l2B2；
(3)能测出电子的比荷；在加速度已知的条件下，我们还需要用合适的电表测出ΔU，用刻度尺测出导体沿运动方向的长度L，比荷为qm=aLΔU。
【解析】(1)根据平衡条件，场强与电势差的关系和牛顿第二定律求解作答；
(2)根据动能定理，运动的合成与分解求解平行于磁场方向速度的分量；电子在平行于磁场方向的分运动为匀速直线运动，据此求解作答；
(3)根据牛顿第二定律求解荷质比；在加速度已知的条件下，只需要用电表测出ΔU，用刻度尺测出导体沿运动方向的长度L也可以求解荷质比。
本题考查了电子比荷的多种测量方法，关键是要明确测量原理，根据牛顿第二定律、圆周运动知识、动能定理等知识进行分析，本题难度较大，需要认真分析。
20.【答案】解：(1)设一物体的质量为m1，在地球表面附近，万有引定律等于重力：GMm1R2=m1g
解得地球质量：M=gR2G
(2)设卫星质量为m2，根据牛顿第二定律：GMm2(R+h)2=m2⋅4π2T2(R+h)
解得：h=3GMT24π2−R=3gR2T24π2−R
(3)根据牛顿第二定律：GMmr2=mv2r，
得：v= GMr
第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，即r=R时，v1= GMR= gR
该卫星的轨道半径r=R+h>R，因此其速度v答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)该卫星的轨道距离地面的高度h为3gR2T24π2−R；
(3)第一宇宙速度v1的表达式为 gR，该卫星的运行速度与第一宇宙速度的大小关系v【解析】(1)根据重力等于万有引力求出地球的质量；
(2)根据万有引力提供向心力，列式求解卫星的高度。
(3)根据万有引力提供向心力即可求解。
解决此题的关键是知道万有引力在不同的位置充当的作用不同，地面上等于重力，天体运动中等于向心力。水坝高度H
15m
海湾面积S
______m2
涨潮海湾最高水位h1
10m
发电机日平均发电量E
4.8×104kW⋅h
退潮海湾最低水位h2
6m
水轮发电机总效率η
10%
1.下列核反应中属于“聚变”的是( )
A. 714N+24He→817O+11HB. 24He+1327Al→1530P+01n
C. 12H+13H→24He+01nD. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2.如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则( )
A. λa<λb，na>nb
B. λa>λb，na
3.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程，先后到达状态b和c，最后回到原状态a，其p−T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 从状态a到状态b的过程中，气体既不吸热也不放热
B. 从状态b到状态c的过程中，气体的内能增加
C. 从状态c到状态a的过程中，气体的体积不变
D. a、b和c三个状态中，状态a时分子的平均动能一定最大
4.将u=200 2sin(100πt)V的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈，原副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，R=100Ω。下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为100Hz
B. 闭合开关S后，电阻R消耗的电功率为16W
C. 闭合开关S后，电流表的读数为2A
D. 断开开关S后，副线圈的输出电压为0
5.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波一定沿x轴正方向传播
B. 该波的波速为40m/s
C. t=0.15s时质点P的速度大于质点Q的速度
D. 经过0.3s后，质点P通过的路程为6m
6.一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则( )
A. 前2s人和电梯处于失重状态
B. 2s∼4s的过程中人对地板的压力变小
C. t=6s时人对地板的压力为0
D. t=8.5s时人对地板的压力最大
7.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
8.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块(可视为质点)，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是( )
A. 从A到O，物块所受重力的冲量为0
B. 从A到O，物块的加速度一直减小
C. 从A到B，物块通过O点时的速度最大
D. 从A到B，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量
9.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A. 无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C. 只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
10.某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是( )
A. 换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上
B. 换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上
C. 换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上
D. 换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上
11.航天器离子发动机原理如图所示，电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I，忽略离子间的相互作用力及离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为( )
A. I 2mUqB. I mUqC. I mU2qD. 2I mUq
12.离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d四根平行的细导体杆与工作电源相连，相当于四个独立的电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于杆的平面内，四根细杆的位置连线是一个正方形，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。下列判断正确的是( )
A. A点电势比B点电势高
B. A、B、C、D四点电场强度相同
C. 若电子由A点运动到C点，静电力对电子做负功
D. 电子在C点的电势能大于在D点的电势能
13.在霍尔效应中，霍尔电压与通过导体的电流之比被定义为霍尔电阻，可用符号rH表示，通常情况下，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度成正比。但在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象：rH=1v⋅he2，h是普朗克常数，e是电子的电量，v既可以取1、2、3…等整数，也可以取某些小于1的分数，这就是量子霍尔效应现象。实验发现，当霍尔电阻处于量子态时，材料中的电子将沿边缘带做定向运动，几乎不受阻力作用。2013年，清华大学薛其坤团队发现，在超低温(0.03K)环境条件下，具备特殊结构的拓补绝缘体材料可以自发地发生磁化，此时不需要外加磁场也会发生量子霍尔效应，这种现象被称为量子反常霍尔效应。结合以上资料，可以判断下列说法正确的是( )
A. 同欧姆电阻类似，霍尔电阻越大，表明材料对通过它的电流的阻碍越强
B. 要发生量子霍尔效应现象，外部环境条件有两个，一是要具备超低温环境，二是要具备超强的磁场
C. 具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料已成为新一代低能耗芯片的制造材料
D. 霍尔电阻的量子态表达式中的常数组合he2与欧姆电阻具有相同的单位
二、多选题：本大题共1小题，共3分。
14.如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上静止，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中恰好无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A. 当0
D. 无论F多大，绳中拉力都不可能等于F3
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析和误差分析等。
(1)实验仪器。现用多用电表测量一个阻值约为1500Ω的定值电阻，应选用欧姆表的______挡(选填“×10”或“×100”)；如图1所示，为正在测量中的多用电表表盘，该电阻的阻值为______Ω。
(2)数据分析。某同学用插针法测定一个半圆形玻璃砖的折射率。正确操作后，做出的光路图如图2所示。O为圆心，已知CD的长度为l1，AB的长度为l2，则此玻璃砖的折射率可表示为______。
(3)误差分析。用图3所示的电路测量Rx的阻值，该测量值比实际值偏______(选填“大”或“小”)，造成这一系统误差的原因是______。(选填“电压表的分流”或“电流表的分压”)
16.某实验小组用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。
(1)在实验操作过程中，下列做法正确的是______
A.实验中打点计时器可以使用直流电源
B.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
C.实验时纸带与打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上
D.打点计时器、天平和刻度尺都是本实验必须使用的测量仪器
(2)如图2所示为某次实验打出的纸带，取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点A距起始点O的距离为s0，AC间的距离为s1，CE间的距离为s2，若相邻两点的时间间隔为T，重锤质量为m，重力加速度为g。根据这些条件计算从O点到C点的过程中重锤重力势能的减少量ΔEP=______，动能的增加量ΔEk=______。
(3)利用该装置还可以测量当地的重力加速度：
某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2−h图像，如图3所示。请画出v2−h图线并求得当地重力加速度g=______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(4)小刚利用气垫导轨和光电门等器材验证机械能守恒定律，图4是实验装置的示意图。实验时开启气泵，先将气垫导轨调至水平，然后滑块通过细线与托盘和砝码相连。将滑块从图示位置由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t。已知刚释放时挡光条到光电门的距离为l，挡光条的宽度为d，且d≪l，托盘和砝码的总质量为m，滑块和挡光条的总质量为M，当地的重力加速度为g。在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统重力势能的减少量ΔEP=mgl；系统动能的增加量ΔEk=______。在误差允许的范围内，如果ΔEP=ΔEk，则可验证系统的机械能守恒。
四、简答题：本大题共3小题，共31分。
17.如图21所示，半径R=0.4m的竖直半圆形轨道bc与水平面ab相切。质量m2=0.2kg的小滑块B放在半圆形轨道的最低点b，另一个质量为m1=0.3kg的小滑块A，在水平推力F=3N作用下由静止开始从a点向右做匀加速直线运动，当小滑块A刚好要与小滑块B碰撞时立即撤去F，随后小滑块A与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起后恰好能够到达半圆形轨道的最高点c。已知推力F作用的时间t=2s，滑块A与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点。求：
(1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q。
18.利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电叫潮汐发电，是目前海洋能利用中最主要的一种。
陆地和海湾，中间为水坝，其下有通道，无论涨潮或落潮，水流经过通道均可带动发电机发电。一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时，堵住通道，潮水涨至最高水位时打开通道，进水发电；当海湾水位涨至最高时，堵住通道；落潮至最低水位时，打开通道放水发电。以下是某小型双向型潮汐发电站的一组数据，据此回答下列问题(取海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2)：
(1)若采用U=200kV的直流电向某地区输电，要求输电线上损耗的功率ΔP不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值r；
(2)试估算该小型发电站所圈占的海湾面积S的大小。
19.电子的电荷量e与其质量m之比称为电子的比荷，测定电子的比荷是物理学发展史上的非常重要的事件，电子比荷的测定有多种方法。
(1)汤姆孙偏转法测电子的比荷。
如图是汤姆孙用来测定电子比荷的实验装置示意图，某实验小组的同学利用此装置进行了如下探索：
①真空管内的阴极K发出的电子经加速后，穿过A′中心的小孔沿中心线OP的方向进入到两块水平正对放置的平行极板M和N间的区域。当M和N间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P点处，形成了一个亮点；
②在M和N间加上大小为U的偏转电压后，亮点偏离到P1点；
③在M和N之间再加上垂直于纸面向外的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，电子在M、N间作匀速直线运动，亮点重新回到P点；
④撤去M和N间的偏转电压，只保留磁场，电子在M、N间作匀速圆周运动，亮点偏离到P2点。荧光屏可视为平面，测得P、P2的距离。
若已知平行板的间距为d，并已经求得电子在M、N间作匀速圆周运动的轨迹半径为r，请结合上述步骤求电子的比荷em。(不计电子所受的重力和电子间的相互作用)
(2)磁聚焦法测电子的比荷图23是磁聚焦法测量电子比荷的装置示意图。在抽成真空的玻璃管中装有热阴极K和有小孔的阳极A。在A、K之间加一电压，对电子进行加速，电子由阳极小孔高速射出；在电容器C的两极板间加一不大的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的微小偏转，在电容器右侧和荧光屏之间加一水平方向的匀强磁场，进入磁场的电子会沿不同的螺旋线运动，每绕行一周后都会到达同一位置聚焦，适当调节磁感应强度的大小，可使电子流的焦点落在荧光屏S上。
已知加速电压的大小为U0，电容器右端到荧光屏的水平距离为l，匀强磁场的磁感应强度大小为B，假设电子在磁场中运动仅绕行一周就刚好打在荧光屏上，请根据以上条件及所学的知识求电子的比荷em。(不计电子所受的重力和电子间的相互作用)
(3)如何说明金属导电靠的是电子？有人尝试用下述实验来证明这件事：让一块向前运动的金属长方体突然刹车，其中的载流子便会因惯性而聚集到前端使之带电，而在后端由于缺乏这种电荷而带相反电性的电，于是在导体前后两端之间形成电场，通过分析该情景下载流子的受力和运动就可以求解载流子的比荷qm。若该比荷的数值与汤姆孙所研究的阴极射线(电子流)的比荷相同，就可以说明金属导电靠的是电子。
已知金属导体突然刹车的加速度大小为a，你认为这种实验方法能否测出电子的比荷qm？
如果能，请写出还需测量的物理量和对应的测量工具，并用需要测量的物理量表示金属内部载流子的比荷qm。
如果不能，你认为还有什么方法可以测量该金属导体内部载流子的比荷？
五、计算题：本大题共1小题，共9分。
20.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。2018年11月19日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功将北斗三号双星送入预定轨道，成功完成北斗三号基本系统星座部署。如图所示为其中一颗北斗卫星的轨道示意图。已知该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g，引力常量为G。
(1)求地球的质量M；
(2)求该卫星的轨道距离地面的高度h；
(3)请推导第一宇宙速度v1的表达式，并分析比较该卫星的运行速度与第一宇宙速度的大小关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 714N+24He→817O+11H是原子核的人工转变，故A错误。
B、 24He+1327Al→1530P+01n是原子核的人工转变，故B错误。
C、 12H+13H→24He+01n是轻核聚变，故C正确。
D、 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是重核裂变，故D错误。
故选：C。
两个轻核结合成质量较大的核的反应叫聚变，结合聚变的定义分析判断．
本题考查核反应的分类，要正确理解核裂变、聚变及其他相关核反应的性质，并掌握质量数守恒电荷数守恒分析核反应方程．
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光的波长大小。
【解答】
由光路图可知，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，则a光的折射率小，b光的折射率大，即na
故选B。
3.【答案】C
【解析】解：A.从状态a到状态b的过程中，气体压强不变，温度升高，内能增加，体积变大，气体对外做功，则根据ΔU=W+Q，则气体吸热，故A错误；
B.从状态b到状态c的过程中，气体的温度不变，则内能不变，故B错误；
C.根据pV=CT可知，从状态c到状态a的过程中，气体的体积不变，故C正确；
D.a、b和c三个状态中，状态a时温度最低，可知该状态下分子的平均动能一定最小，故D错误。
故选：C。
根据p−T图像可知，a到b过程，气体温度升高，内能变大，根据热力学第一定律求解；b到c气体温度不变，内能不变；根据pV=CT判断从状态c到状态a的过程中气体的体积；根据温度高度判断分子的平均动能大小。
该题考查理想气体的内能取决于气体的温度以及热力学第一定律等知识点，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据u=200 2sin(100πt)V可知，f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B、根据变压比公式，U1U2=n1n1，解得U2=40V，电阻R消耗的功率P=U22R，解得P=16W，故B正确；
C、根据输入功率等于输出功率可知，U1I1=U2I2，解得I1=0.08A，故C错误；
D、根据变压比公式，U1U2=n1n1，不论开关S是断开还是闭合，副线圈的输出电压始终为40V，故D错误；
故选：B。
根据原线圈输入电压表达式求解交变电流的频率；根据变压比公式以及功率公式即可求解；由输入功率等于输出功率即可求解原线圈电流；根据变压比公式可分析副线圈获得电压。
该题考查理想变压器变压比公式、输入功率等于输入功率以及定值电阻功率公式，属于常见知识点的考查，题目难度适中，典型例题。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据图像无法判断该波的传播方向，故A错误；
B、根据图像可知该波的波长为λ=4m，周期为T=0.2s，则该波的波速为：v=λT=40.2m/s=20m/s，故B错误；
C、t=0.15s时质点P在平衡位置，质点Q在最大位移处，速度为零，所以t=0.15s时质点P的速度大于质点Q的速度，故C正确；
D、经过t=0.3s=32T后，质点P通过的路程为：s=32×4A=32×4×0.4m=2.4m，故D错误。
故选：C。
根据图像无法判断该波的传播方向；根据v=λT求解该波的波速；根据t=0.15s时质点P、Q所在的位置判断速度大小；一个周期内质点通过的路程为4A，由此求解P通过的路程。
本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
6.【答案】B
【解析】解：A、前2s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，故A错误；
B、2s∼4s内向上的加速度减小，则根据
N=mg+ma
可知，人对地面的压力变小，故B正确；
C、t=6s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，故C错误；
D、t=8.5s时加速度向下且最大，人处于最大的失重状态，则此时人对地板的压力最小，故D错误。
故选：B。
A、可利用加速度方向判断合力方向，进而判断视重与实重的大小关系；
B、利用2s∼4s内加速度的变化判断合力的变化，进而判断合力的变化；
C、t=6s时加速度为零，此时合力为零；
D、t=8.5s时加速度向下且最大，可利用此时合力的大小判断人对地板的压力。
本题利用加速度与时间图像考查对超重、失重的判断能力，灵活运用牛顿第二定律为解决本题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：AB、图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡A1中的电流小于线圈L1中的电流，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C、图乙中，最终A2与A3的亮度相同，则两个支路电流相同，又由于两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D、图乙中，闭合S2瞬间，电感线圈由于自感现象，L2对电流有阻碍作用，此时自感线圈相当于一个逐渐变化的电阻，所以两个支路的电阻不相等，两个支路并联，根据并联电路的特点，可知L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。
闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断L2中电流与变阻器R中电流是否相等。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
8.【答案】D
【解析】解：A、从A到O，设物块的运动时间为t，则物块所受重力的冲量为IG=mgt，故A错误；
B、从A到O，物块所受弹簧弹力一直减小，所受摩擦力不变，一开始弹力大于摩擦力，物块做加速运动，到弹簧弹力等于摩擦力后，弹力继续减小，弹力小于摩擦力，则物块做减速运动，所以物块的加速度先减小后增大，故B错误；
C、当物块受力平衡时速度最大，在O点物块受摩擦力作用，受力不平衡，在AO之间某位置弹力和摩擦力相等，所以O点不是速度最大位置，故C错误；
D、从A到B过程中，只有弹簧弹力和摩擦力对物块做功，根据动能定理可知弹簧弹力对物块做的功等于物块克服摩擦力做的功，即等于物块与水平面摩擦产生的热量，故D正确。
故选：D。
根据冲量定义分析A；根据牛顿第二定律分析B；在物块受力平衡时速度最大，据此分析C；根据动能定理分析D。
知道物块在运动过程中弹簧弹力的变化是解题的关键，还要知道物块在受力平衡时速度最大。
9.【答案】B
【解析】解：AC、无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。故AC错误；
B、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同。故B正确；
D、不是所有手机都可以进行无线充电，手机中要装有接收线圈设备才可以。故D错误。
故选：B。
无线充电利用电磁感应原理。所使用的电源必须是交变电流；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同。
本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：由图示电路图可知，电流表选择3A量程，将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，说明电流表所选量程太大，应选择0.6A量程，应把导线b的N端移到电流表的“0.6”接线柱上；
从左向右移动滑片时，电压表的示数开始时变化很小，当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大，说明所选择的滑动变阻器最大阻值太大，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故ABC错误，D正确．
故选：D.
为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，为减小实验误差，电表应选择合适的量程，根据实验现象分析答题．
在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；实验时电表要选择合适的量程，量程太大，读数误差太大，量程太小，可能会损坏电表．
11.【答案】A
【解析】解：设离子经电场加速后，从端口喷出时的速度大小为v0。由动能定理得
qU=12mv02，解得：v0= 2qUm
设在Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式得：I=QΔt=nqΔt
对于单个离子，由动量定理得：F0Δt=mv0
若有n个离子被喷出，则有F′=nF0
由以上各式联立可解得：F′=I 2mUq
根据牛顿第三定律可知，该发动机产生的平均推力大小：F=F′=I 2mUq，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据动能定理求出离子经电场加速后，从端口喷出时的速度v0的大小；再根据电流的定义式I=QΔt和动量定理分别列式求出该发动机产生的平均推力大小F。
解决本题时，要理清离子的运动过程，分别运用动能定理和动量定理进行列式。对于连续介质问题，常常运用动量定理研究作用力。
12.【答案】A
【解析】解：A.因为A、B之间的电场线由A指向B，且电场线是曲线，沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点电势高，故A正确；
B.A、B、C、D四点对称分布，电场线密集程度一样，这四点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C.根据对称性可知，电场中A点和C点位于同一等势面上，故电子从A点运动到C点时电场力做功为零，故C错误；
D.电场中C点电势高于D点电势，电子带负电，根据公式EP=qφ可知，电子在D点电势能大于在C点电势能，故D错误。
故选：A。
A.根据电场中电场线的分布结合电场线特点判断电势高低；
B.根据电场强度是矢量的特点进行分析判断；
C.根据等势面上移动电荷的特点进行解答；
D.根据电势能的公式进行分析判断。
考查电场中电场线的特点和电势能等问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
13.【答案】D
【解析】解：A.设半导体与电流垂直方向长为a，宽为b，处于磁感应强度为B的磁场中，电子定向运动的速率v，则半导体两端的霍尔电压为UH=Bbv=BInea，根据霍尔电阻定义有rH=UHI=Bnea，则霍尔电阻不能反映对电流的阻碍作用，故A错误；
B.由题意可知，在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象，并不是所有的材料都会发生，故B错误；
C、具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料，有望成为新一代低能耗芯片的制造材料，故C错误；
D.根据功率的表达式p=I2R，P=FV，结合牛顿第二定律F=ma，整理得
R=mavI2，则欧姆电阻的基本单位表示为kg⋅m2A2s3，根据能量子表达式：ɛ=hν，功的表达式W=Fx，牛顿第二定律F=ma，结合电流的定义式I=qt，整理得he2=maxνI2t2，则常数组合he2的基本单位表示为kg⋅m2A2s3，故D正确。
故选D。
根据霍尔电压和霍尔电阻的表达式分析A；根据题目信息判断BC；根据功率表达式、电流定义式、能量子表达式、和牛顿第二定律推导。
对选项D的分析比较复杂，虽说仅仅是一个单位的运算，但涉及到的知识点非常多，需要一定的综合能力。
14.【答案】AC
【解析】解：A、当0
D、由B的分析可知，当μmg
对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．
15.【答案】×1001600l2l1 小 电压表的分流
【解析】解：(1)用欧姆挡测电阻要求指针尽量指向表盘的正中心位置，根据欧姆表表盘刻度，所以测量阻值约为1500Ω的定值电阻，应选用欧姆表的×100挡，如图，其读数为16×100Ω=1600Ω；
(2)根据折射率公式
n=sin∠AOBsin∠DOC=ABRCDR=ABCD=l2l1
(3)图3用电流表的外接法测电阻，根据口诀“小外偏小”，测量值小于实际值，原因是电压表的分流。
故答案为：(1)×100，1600；(2)l2l1；(3)小，电压表的分流。
(1)根据欧姆挡的测量要求选择倍率，再根据读数规则完成读数；
(2)根据折射率公式结合图2的相关数据进行解答；
(3)根据电流表的外接法分析误差和误差原因。
考查电表的使用读数和电流表的接法及误差分析问题，会根据题意进行相关的分析和判断。
16.【答案】BCmg(s0+s1)12m(s1+s24T)2 9.6612(m+M)(dt)2
【解析】解：(1)A.打点计时器只能使用交流电源，故A错误；
B.根据实验要求，打点计时器使用时，应先接通打点计时器的电源再释放纸带，故B正确；
C.为了减小摩擦阻力等影响，实验时纸带与打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上，故C正确；
D.验证机械能守恒定律实验可以不测量重物质量，故天平不是必须的器材，故D错误；
故选：BC。
(2)根据图2，重锤从O到C的距离为s0+s1，故重锤重力势能减少量为
ΔEP=mg(s0+s1)
根据匀变速直线运动规律，C点的瞬时速度大小为vC=s1+s24T
故动能的增加量ΔEk=12mvC2=12m(s1+s24T)2
(3)画出的v2−h图线如下
该图线的斜率k=2g=8.4−2.7(44.0−14.5)×10−2m/s2=19.32m/s2，解得g=9.66m/s2
(4)系统动能增加量ΔEk=12(m+M)v2=12(m+M)(dt)2
故答案为：(1)BC；(2)mg(S0+S1)，12m(S1+S24T)2；(3)9.66；(4)12(m+M)(dt)2。
(1)根据打点计时器的实验的注意事项及要求进行分析解答；
(2)根据动能增加量公式和重力势能减少量公式分别列式解答；
(3)根据描点作图的要求连线，注意没有落在直线上的点均匀分布在直线的两侧；
(4)利用光电门求瞬时速度，再根据动能的公式代入求解。
考查机械能守恒、利用图像求重力加速度等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
17.【答案】解：(1)设小滑块A的加速度为a，根据牛顿第二定律
F−μm1g=m1a
由运动学公式 v1=at
解得v1=10m/s
(2)小滑块A与B相碰，设v1的方向为正方向，根据动量守恒定律
m1v1=(m1+m2)v
碰撞中损失的机械能
ΔE=12m1v12−12(m1+m2)v2
联立解得ΔE=6J
(3)设A、B整体到达半圆形轨道的最高点c时的速度为vc，根据牛顿第二定律
(m1+m2)g=(m1+m2)vc2R
根据能量守恒定律，摩擦产生的热量为
Q=12(m1+m2)v2−12(m1+m2)vc2−(m1+m2)g×2R
代入数据解得Q=4J
答：(1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1为10m/s；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE为6J；
(3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q为4J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式列式解答；
(2)根据动量守恒定律和能量的转化和守恒定律列式求解；
(3)根据牛顿第二定律和能的转化和守恒定律列式求解。
考查牛顿运动定律和动量守恒定律，能的转化和守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
18.【答案】5.4×106
【解析】解：(1)根据题意，发电机日平均发电量为4.8×104kW⋅h，所以发电机的功率：
P=Et=4.8×104kW⋅h24h=2×103kW
采用U=200kV直流电向某地区输电P=2×103kW时，通过输电线的电流：I=PU=2×103×103200×103A=10A
由题意，输电线上损耗的功率可列：ΔP =I2r=5%P
代入数据解得：r=1000Ω
(2)落差的变化而引起重力势能的减少量为：E0=mgh1−h22
而总的质量为：m=(h1−h2)Sρ
由题意，获得的电能为：E=4E0η
联立代入数据代入数据解得：S=5.4×106m2
答：(1)输电线总电阻的最大值r为1000Ω；
(2)估算该小型发电站所圈占的海湾面积S的大小5.4×106m2。
(1)求出发电机的输电功率后，根据功率公式求输电线中的电流，代入损耗功率公式求出输电线的电阻；
(2)根据能量守恒定律，结合重力势能的公式和效率的公式列方程求解。
本题考查电能的输送的相关问题，涉及功率公式、重力势能、效率概念、质量密度公式等内容，从能量守恒定律出发，利用基本公式可以解决问题。
19.【答案】(1)设电子进入极板间的速度为v，由平衡条件有evB=eE
两极板间电场强度 E=Ud
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB=mv2r
联立解得 em=UB2dr
(2)电子在A、K之间加速12mv2=eU0
设进入磁场时电子的速度大小为v′，与水平方向夹角为θ，设其垂直磁场的分速度为v1，平行磁场方向的分速度为v2；
由题意知速度分量v2=v′csθ≈v′=v
可证电子回旋周期T=2πrv1=2πmeB
故电子在磁场中做螺旋运动的螺距l=v2T=2πmeBv
可得em=8π2U0l2B2
(3)设刹车过程中的导体前后之间的电势差的大小为ΔU，导体的长度为L；
根据牛顿第二定律qΔUL=ma
于是qm=aLΔU
能测出电子的比荷qm；
在加速度已知的条件下，我们还需要用合适的电表测出ΔU，用刻度尺测出导体沿运动方向的长度L。
答：(1)电子的比荷为 em=UB2dr；
(2)电子的比荷为em=8π2U0l2B2；
(3)能测出电子的比荷；在加速度已知的条件下，我们还需要用合适的电表测出ΔU，用刻度尺测出导体沿运动方向的长度L，比荷为qm=aLΔU。
【解析】(1)根据平衡条件，场强与电势差的关系和牛顿第二定律求解作答；
(2)根据动能定理，运动的合成与分解求解平行于磁场方向速度的分量；电子在平行于磁场方向的分运动为匀速直线运动，据此求解作答；
(3)根据牛顿第二定律求解荷质比；在加速度已知的条件下，只需要用电表测出ΔU，用刻度尺测出导体沿运动方向的长度L也可以求解荷质比。
本题考查了电子比荷的多种测量方法，关键是要明确测量原理，根据牛顿第二定律、圆周运动知识、动能定理等知识进行分析，本题难度较大，需要认真分析。
20.【答案】解：(1)设一物体的质量为m1，在地球表面附近，万有引定律等于重力：GMm1R2=m1g
解得地球质量：M=gR2G
(2)设卫星质量为m2，根据牛顿第二定律：GMm2(R+h)2=m2⋅4π2T2(R+h)
解得：h=3GMT24π2−R=3gR2T24π2−R
(3)根据牛顿第二定律：GMmr2=mv2r，
得：v= GMr
第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，即r=R时，v1= GMR= gR
该卫星的轨道半径r=R+h>R，因此其速度v
(2)该卫星的轨道距离地面的高度h为3gR2T24π2−R；
(3)第一宇宙速度v1的表达式为 gR，该卫星的运行速度与第一宇宙速度的大小关系v
(2)根据万有引力提供向心力，列式求解卫星的高度。
(3)根据万有引力提供向心力即可求解。
解决此题的关键是知道万有引力在不同的位置充当的作用不同，地面上等于重力，天体运动中等于向心力。水坝高度H
15m
海湾面积S
______m2
涨潮海湾最高水位h1
10m
发电机日平均发电量E
4.8×104kW⋅h
退潮海湾最低水位h2
6m
水轮发电机总效率η
10%
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