2023年北京市昌平区高考物理二模试卷(含答案解析)

2023一、单项选择题〔1442.0分〕关于布朗运动，以下说法正确的选项是( )悬浮在液体或气体中的小颗粒的运动就是分子的运动布朗运动反映的是小颗粒在液体或在气体中的无规章运动温度越低，布朗运动越明显小颗粒越小，布朗运动越明显以下说法正确的选项是( )卢瑟福用𝛼粒子轰击氮原子核觉察了中子，并预言了质子的存在电磁波的接收中，使接收电路产生电谐振的过程叫做调制玻尔提出了原子能级构造假说，成功地解释了氢原子的光谱地球上的核电站与太阳内部主要进展的核反响类型一样3. 238𝑈在𝛼衰变时产生𝑇ℎ238𝑈→𝐴𝑇ℎ+4𝐻𝑒，𝑇ℎ也具有放射性，衰变方程为92 92 90 2𝐴𝑇ℎ→23490 91

𝑃𝑎+𝑌，则以下说法正确的选项是( )𝐴90

𝑇ℎ中含有234个质子

𝐴90

𝑇ℎ中含有148个中子𝑌是中子 D.𝑌是电子如图，竖直放置、开口向上的试管内用水银封闭一段气体，假设试管由静止自由释放，管内气体( )压强增大，体积增大压强增大，体积减小压强减小，体积减小压强减小，体积增大弹簧振子的振动图象如下图。在𝑡=2𝑠～3𝑠的时间内，振子的动能𝐸𝑘和势能𝐸𝑝的变化状况是( )A.𝐸𝑘变小，𝐸𝑝变大B.𝐸𝑘变大，𝐸𝑝变小C.𝐸𝑘、𝐸𝑝均变小D.𝐸𝑘、𝐸𝑝均变大11、𝑚2，悬点𝑎、𝑏间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态，则( )𝛼肯定等于𝛽𝑚1肯定大于𝑚2C.𝑚1可能等于2𝑚2D.𝑚1不行能等于𝑚2如下图，𝐴𝐵𝐶为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中𝐴𝐵为倾斜直轨道，𝐵𝐶为与𝐴𝐵相切的圆形轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面对里。质量一样的可看做质点的甲、乙两个小球，甲球不带电、乙球带负电。现将两个小球在轨道𝐴𝐵上分别从一样高度处由静止释放，都能通过圆形轨道最高点，则( )经过圆形轨道最高点时，甲球的速度比乙球小经过圆形轨道最高点时，甲球的速度比乙球大经过轨道最低点时，乙球对轨道的压力大于甲球对轨道的压力经过轨道最低点时，甲、乙两球对轨道的压力大小相等如图𝑏所示𝐵为两个一样的环形线圈共轴并靠近放置𝐴线圈中通有如图𝑎所示的沟通电𝑖，则( )在𝑡1到𝑡2时间内𝐴、𝐵两线圈相斥在𝑡2到𝑡3时间内𝐵线圈中的感应电流增大𝑡1时刻两线圈间作用力最大𝑡2到𝑡3时间内两线圈间作用力先增大后减小一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为𝑚，最大感应电动势为𝐸𝑚，以下说法中正确的选项是( )当磁通量为零时，感应电动势也为零当磁通量减小时，感应电动势也减小当磁通量等于0.5时，感应电动势等于0.5𝑉D.感应电动势𝐸𝑚=𝜑𝑚𝜔一个水平放置的电容为𝐶的平行板电容器及三个电阻阻值分别为𝑅1、𝑅2、𝑅3的电阻组成如下图的电路电源电动势为𝐸内阻为𝑟的电源。当开关𝑆断开时，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将开关𝑆闭合，则以下推断正确的选项是( )液滴带正电液滴将向上运动𝑆闭合前电容器上的带电荷量为

𝐶𝑅1𝐸𝑟𝑅1𝑅3𝑆闭合稳定后电容器上的带电量为

𝐶𝑅2𝐸𝑟𝑅2𝑅3跳水工程是我国运发动的强项之一，在高台跳水竞赛中，质量为𝑚的跳水运发动进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为𝑓，那么在他减速下降高度为ℎ的过程中，以下说法正确的选项是(𝑔为当地重力加速度)他的动能削减了𝑓ℎC.他的机械能削减了𝑓ℎ

B.他的重力势能增加了𝑚𝑔ℎD.他的机械能削减了(𝑓𝑚𝑔)ℎ汽油发动机内，经过压缩到达肯定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10𝑘𝑉电压为12𝑉()两电路都不行能使火花塞点火，由于变压器不能转变直流电压图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间。输出端都会有高压产生自12月份始，我国已有14个省市电子不停车收费系统(简称𝐸𝑇𝐶)正式联网运行，这一系统极大地便利了司机和收费工作人员．假设汽车以15𝑚/𝑠的速度朝收费站匀速驶来，为了便于𝐸𝑇𝐶系统完成自动甄别、记录和收费工作，汽车需要在车头距𝐸𝑇𝐶收费系统中心线前15𝑚处正好减速至5𝑚/𝑠，然后匀速行驶，当车头通过中心线后再匀加速到原速行驶，假设设汽车减速、加速时均做匀变速运动，其加速度大小均为1𝑚/𝑠2，则一辆汽车通过𝐸𝑇𝐶系统耽误的时间约为( )A.13𝑠 B.11𝑠 C.10𝑠 D.9𝑠某火箭模型含燃料质量为𝑀，点火后在极短时间内相对地面以速度大小𝑣0竖直向下喷出肯定质量的气体，火箭模型获得的速度大小为𝑣，无视喷气过程中重力和空气阻力的影响则喷出的气体质量为( )A.𝑀𝑣 𝑣0

𝑀𝑣 𝑣0𝑣

𝑀𝑣 𝑣0𝑣

𝑀𝑣𝑣02𝑣二、试验题〔218.0分〕某同学要探究一种材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：①用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 𝑚𝑚。②该同学想用伏安法更准确地测量其电阻𝑅，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻(阻值约为220𝛺)；电流表𝐴1(量程0～4𝑚𝐴，内阻约50𝛺)；电流表𝐴2(量程0～10𝑚𝐴，内阻约30𝛺)；电压表𝑉1(量程0～3𝑉，内阻约10𝑘𝛺)；电压表𝑉2(量程0～15𝑉，内阻约25𝑘𝛺)；直流电源𝐸(电动势4𝑉，内阻不计)；滑动变阻器𝑅1阻值范围0～15𝛺，允许通过的最大电流2.0𝐴；滑动变阻器𝑅2阻值范围0～20𝑘𝛺，允许通过的最大电流0.5𝐴；开关𝑆；导线假设干。为使试验误差较小，要求测得多组数据进展分析，则该试验所选电压表为 电流表为 (填𝐴1或𝐴2)，所选滑动变阻器为 (填𝑅1或𝑅2)；请画出测量的电路图。现有毛玻璃屏𝐵、双缝𝐴、白光光源𝐶、绿光的滤光片𝐷和单缝𝐸等光学元件，要把它们放在如下图的光具座上组装成双缝干预装置，用以测量绿光的波长。将白光光源𝐶放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列挨次应为𝐶、 、𝐵。按试验装置安装好仪器后，观看到光的干预现象很明显。假设对试验装置进展改动后，在像屏上仍能观看到清楚的条纹，且条纹数目有所增加。以下改动可能会实现这个效果的。仅将滤光片移至单缝和双缝之间仅将双缝与毛玻璃屏间距离减小少许C.仅将单缝和双缝的位置互换D.仅将绿色滤光片换成红色滤光片三、计算题〔440.0分〕𝑀𝑁下方有竖直向上的匀强电场的正电荷置于电场中的𝑂点由静止释放，经过 后，电荷以𝑣0=1.5×104𝑚/𝑠的速度通过𝑀𝑁进入其上方的匀强磁场磁场与纸面垂直磁感应强度𝐵按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面对外为正，以电荷第一次通过𝑀𝑁时为𝑡=0时刻)．求匀强电场的电场强度𝐸；求图乙中 时刻电荷与𝑂点的水平距离；(3)假设在𝑂点右方𝑑=68𝑐𝑚处有一垂直于𝑀𝑁的足够大的挡板，求电荷从𝑂点动身运动到挡板所需的时间．如下图，两根平行竖直金属导轨相距𝑙=0.50𝑚，导轨上端串接一个𝑅=0.5𝛺的电阻。在导轨间长𝑑=0.56𝑚的区域内，存在方向垂直导轨平面对右𝐵=2.0𝑇.质量𝑚=0.4𝑘𝑔的金属棒𝐶𝐷水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆𝐺𝐻相连。𝐶𝐷棒的初始位置与磁场区域的下边界相距𝑥=0.24𝑚.现用恒力𝐹=8.8𝑁拉动𝐺𝐻杆，𝐶𝐷棒由静止开头运动上升过程中𝐶𝐷𝑔=10𝑚/𝑠2，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量。求：𝐶𝐷棒进入磁场时速度𝑣的大小；𝐶𝐷棒进入磁场时所受的安培力𝐹𝐴的大小；(3)在拉升𝐶𝐷棒的过程中，电阻产生的焦耳热𝑄。

𝜃𝐴𝐵、𝐶的质量均为𝑚𝐴𝐵木块𝐴与档板接触，木块𝐵静止在𝑃处，弹簧处于自然长度状态．木块𝐶在𝑄点以初速度𝑣0沿斜面对下运动，𝑃、𝑄间的距离为𝐿，木块𝐶在下滑过程中做匀速直线运动，𝐶和𝐵发生完全非弹性碰撞，但不粘合，木块𝐶最终恰好能回到𝑄点，𝐴始终静止．在上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多大？假设木块𝐶从𝑄点处开头以2𝑣0𝐶停在斜面上的𝑅点，𝐴仍未动，则𝑃、𝑅间的距离多大？(设弹簧的弹性势能与其长度转变量的平方成正比)．𝐾，木块𝐵、𝐴处于静止状态，𝐶𝐵𝐶从𝑄处以多大的速度沿斜面对下运动，才能在弹簧反弹后，使物体𝐴脱离档板𝑀．如图，在𝑥𝑂𝑦平面直角坐标系中，第一象限有一垂直于𝑥𝑂𝑦平面对里的匀强磁场；其次象限有一平行于𝑥轴向右的匀强电场。一重力可无视不计的带电粒子，质量为𝑚，带电量为𝑞，该粒子从𝑥=−𝑑处以大小𝑣0的速度平行于𝑦轴正方向射入匀强电场，从𝑦=2𝑑处射出匀强电场。求电场强度大小；(2)磁感应强度大小𝐵=𝑚𝑣0，求带电粒子从𝑥轴射出磁场时的坐标。𝑞𝑑参考答案及解析1.答案：𝐷解析：解：𝐴、悬浮在液体或气体中的小颗粒的运动是分子运动的反映，但不是分子的运动；故A错误；B、布朗运动反映了液体分子和固体分子的无规章运动；故B错误；C、温度越高，分子运动越猛烈，则布朗运动越明显；故C错误；D、颗粒越小，由于撞击越不平衡，则布朗运动越明显；故D正确；应选：𝐷。布朗运动是悬浮微粒的无规章运动，不是分子的无规章运动，形成的缘由是由于液体分子对悬浮微粒无规章撞击引起的。颗粒越小、温度越高布朗运动越明显。此题考察布朗运动的性质，把握布朗运动的实质和产生缘由及影响因素是解决此类题目的关键。2.答案：𝐶解析：卢瑟福通过𝛼谐振的过程叫做调谐；玻尔理论有局限性，只是成功地解释了氢原子光谱，对解释其它原子光谱遇到了困难；核电站利用了重核裂变，太阳内部利用了轻核聚变。此题主要考察了.根底题。A.卢瑟福只是预言中子存在，查德威克用𝛼粒子轰击氮原子核觉察了中子，故A错误；B.电磁波的接收中，使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，故B错误；C.玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故C正确；𝐷.地球上的核电站与太阳内部主要进展的核反响类型不同，核电站利用了重核裂变，太阳内部利用D错误。C。3.答案：𝐷90解：𝐴𝐵=238−4=234234𝑇ℎ中含有90234−9090=144AB错误；𝐶𝐷、依据质量数守恒和电荷数守恒可得：𝑌的质量数为0，电荷数为−1，所以𝑌为电子，故C错误，D正确。应选：𝐷。依据质量数守恒和电荷数守恒推断𝑇ℎ核的质量数以及𝑌的质量数和电荷数；书写核反响方程肯定满足质量数和电荷数守恒，据此分析即可。4.答案：𝐷解析：解：设𝑃𝑥是空气的压强，𝑃ℎ是一段水银柱产生的压强；初始状态𝑃0=𝑃𝑥𝑃，ℎ所以压强减小，由玻意耳定律𝑃𝑉=𝐶可知𝑉D正确，ABC错误。应选：𝐷。明确自由下落时水银处于完全失重状态，依据气体压强的定义即可确定压强的变化，再依据玻意耳定律确定体积的变化。关键知道试管自由下落时，水银柱产生的压强消逝，同时留意气体压强的计算方法以及玻意耳定律的应用。5.答案：𝐵解析：解：弹簧振子的振动图象可看出，在𝑡=2𝑠～3𝑠的时间内，振子的位移减小，振子靠近平衡位置，则动能𝐸𝑘不断增大，势能𝐸𝑝B正确，ACD错误。应选：𝐵。由位移图象分析位移的变化，确定速度变化，即可推断动能和势能的变化。依据位移图象分析速度、加速度、动能和势能如何变化，关键抓住振子位置的变化进展分析，分析时要抓住振子经过平衡位置时速度最大，加速度为零。6.答案：𝐴解析：𝑚2的重力，对与𝑚1连接的滑轮进展受力分析，水平方向有𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑇𝑠𝑖𝑛𝛽，所以𝛼=𝛽.在竖直方向上有：𝑇𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑇𝑐𝑜𝑠𝛽=𝑚1𝑔，而𝑇𝑚2𝑔，则有2𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼𝑚1𝑔.所以𝑚1肯定小于2𝑚2，当𝛼𝛽60°时，𝑇𝑚1𝑔𝑚2𝑔，此时𝑚1等于𝑚2.A正确，𝐵、𝐶、D错误．应选：𝐴．对与𝑚1𝛼𝛽据竖直方向上合力等于𝑚1的重力，得出𝑚1和𝑚2的关系．解决此题的关键适宜地选择争论对象，正确地进展受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进展求解．7.答案：𝐶解析：解：𝐴𝐵、洛伦兹力对小球不做功，两小球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，两球到达最高点时速度相等，故AB均错误；𝐶𝐷𝑣相等，对甲球有：𝐹 −𝑚𝑔=𝑚𝑣2，所以甲对轨道的压力大小为：𝐹甲 𝑅

′=𝑚𝑔+

𝑣2。同理乙球对轨道的压力大小：𝑅𝐹 ′=𝑚𝑔+乙

𝑣2+𝑞𝑣𝐵，甲对轨道的压力小于乙对轨道的压力，故C正确，D错误；𝑅应选：𝐶。应用机械能守恒定律推断小球速度大小，依据小球受力状况应用牛顿其次定律答题。此题应牢记洛伦兹力的性质，明确洛伦兹力永不做功，故两个小球在运动中机械能守恒，但要留意恰好通过时两个小球的受力不同，故速度是不一样的。8.答案：𝐷解析：解：𝐴、在𝑡1到𝑡2时间内，假设设逆时针(从左向右看)方向为正，则线圈𝐴电流方向逆时针且大𝐵圈𝐵的电流方向逆时针方向，因此𝐴、𝐵中电流方向一样，消灭相互吸引现象，故A错误；B、在𝑡2到𝑡3时间内，电流的变化越来越慢，故产生的磁通量的变化也越来越慢，故B线圈中感应电B错误；C、由题意可知，在𝑡1时刻，线圈𝐴中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈𝐵感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C错误；D、𝑡2AB间的作用力最小；由𝐶中分析同理可知，𝑡3时刻两线圈的作用力为零，而在𝑡2到𝑡3𝑡2到𝑡3时间内两线圈间作用力D正确。应选：𝐷。依据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再依据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它一样；最终运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥分析两线圈间的相互作用。解决此题的关键把握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。同时留意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同。9.答案：𝐷解析：解：𝐴、当线框磁通量为零时，磁场与线圈平面平行，磁通量的变化率最大，所以感应电动势A错误；B、假设磁通量的表达式为𝛷=𝛷𝑚𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡，则感应电动势的表达式为𝑒=𝐸𝑚𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡，所以当线框磁通B错误；C、依据𝛷和𝑒的表达式可知，当线框磁通量等于0.5𝛷𝑚时，感应电动势不等于0.5𝐸𝑚，故C错误；D、最大感应电动势为𝐸𝑚=𝐵𝑆𝜔，最大磁通量ф𝑚=𝐵𝑆，所以𝐸𝑚=ф𝑚𝜔D正确；应选：𝐷闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动时，感应电动势为零时，线圈处在中性面𝐸𝑚=𝐵𝑆𝜔和最大磁通量ф𝑚=𝐵𝑆间的关系，很简洁求出感应电动势与角速度的关系．此题就是考察对最大感应电动势为𝐸𝑚和最大磁通量ф𝑚的理解，要把握感应电动势最大值的表达式：10.答案：𝐷解析：解：𝐴、液滴受重力和电场力作用，液滴正好处于静止状态，故液滴受力平衡，那么，电场力方向向上；开关断开时，电容器上极板接在电源正极，故电容器间电场方向向下；所以，液滴带负电；故A错误；B𝑅2场力减小，那么，合外力方向向下，故液滴将向下运动，故B错误；C、开关𝑆𝑄=𝐶𝐸，故C错误；D、开关𝑆闭合后，电容器两端电压等于𝑅2

两端电压，𝑈=

𝑟𝑅

𝑅22𝑅3

𝐸，故𝑆闭合稳定后电容器上的带电量𝑄′=𝐶𝑈=

𝐶𝑅2𝐸

D正确；应选：𝐷。

𝑟𝑅

2𝑅3依据两极板的接法推断电场方向，由电场力方向得到电性；依据电容器两端电压变化得到电场力变𝑄=𝐶𝑈求得带电量。电容器在电路中相当于断路，故在含电容器的电路中，一般将电容器支路去掉来简化电路，最终，依据电容器两端连接到电路中的位置求得电容器电压，即可求解电容器电压、电荷量变化的问题。11.答案：𝐶解析：试题分析：跳水运发动进入水中受到水的阻力，运发动的质量不变，速度减小，高度减小，重力势能减小，动能减小，重力势能和动能减小的总量用来抑制阻力做功，所以两者削减的总量为水运发动进入水中受到水的阻力，要抑制阻力做功，机械能转化为内能，机械能削减，内能增加，机械能削减的量等于抑制阻力所做的功，即为：考点：考察了动能和势能的大小变化．12.答案：𝐶

，C正确。解析：解：变压器是转变沟通电的电压的设备，由图可知，当甲图中的开关接通与断开的瞬间，左侧的电流发生变化，变化的电流引起左侧的线圈内磁通量的变化，进而引起右侧的线圈内磁通量的变化，则在右侧的线圈内产生感应电动势，该电动势乙高压的形式对外输出，即可使火花塞产生高压点火。而图乙中，右侧没有电流，所以右侧的开关的接通与断开不能引起电流的变化，所以图乙不能使火C正确，ABD错误应选：𝐶。依据变压器的工作原理，结合开关的断开、接通时，电路中的电流发生变化，则线圈产生的磁场的磁通量发生变化，然后结合法拉第电磁感应定律分析即可。该题属于物理学问在日常生活中的应用，解答的关键是首先要抓住开关只有在有电源的电路中才能起到作用！13.答案：𝐷解析：解决此题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，难度不大。汽车减速运动的时间：𝑡1𝑣2𝑣1515

𝑠=10𝑠𝑎 1位移：𝑥1=𝑣1𝑣2𝑡1=515

×10𝑚=100𝑚2 2匀速运动的时间：𝑡2=𝑥215𝑠=3𝑠𝑣2 5加速运动的时间：𝑡3=𝑣1𝑣2=155

𝑠=10𝑠𝑎位移：𝑥3=𝑣1𝑣2𝑡3=515

1×10𝑠=100𝑚2 2假设做匀速直线运动，通过该位移的时间：𝑡=𝑥1𝑥2𝑥3𝑣1

=1001510015

𝑠≈14.3𝑠所以耽误的时间：△𝑡=𝑡1 𝑡2 𝑡3 𝑡=(10 3 10 14.3)𝑠=8.7𝑠≈9𝑠D正确，ABC错误。D。14.答案：𝐵解析：解：设喷出的气体质量为𝑚。取向上为正方向，由动量守恒定律得：0=(𝑀 𝑚)𝑣 𝑚𝑣0解得𝑚=

ACD错误，B正确。应选：𝐵。以火箭和喷出的气体组成的系统为争论对象，规定正方向，由动量守恒定律可以求出喷出的气体质量。在放射火箭过程中，要知道系统的动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题。解题时，要留意规定正方向，用正负号表示速度方向。15.答案：8.600 𝑉1 𝐴1 𝑅1解析解螺旋测微器分度值固定刻度读数可动刻度读数0×，最终读数为8.5𝑚𝑚 10.0×0.01𝑚𝑚=8.600𝑚𝑚②电源电动势为4𝑉，假设选择15𝑉量程，则最大示数缺乏电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3𝑉量程的𝑉1；𝐼𝑈=𝑅

3𝑉220𝛺

≈15𝑚𝐴，应选择电流表𝐴2；题目要求尽量准确测量故变阻器应用分压式接法，滑动变阻器起分压作用，为了便利调整选择小阻值𝑅1即可；又√𝑅𝐴𝑅𝑉=√30×10000𝛺>220𝛺，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如下图：故答案为：①8.600②𝑉1，𝐴2，𝑅1，图见解析①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；②依据电源电动势选择电压表，依据电路最大电流选择电流表，依据试验原理与试验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出试验电路图。此题解题关键是电表选择和确定试验原理图，依据电源电动势选择电压表，依据电路最大电流选择电流表；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；试验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应承受分压式接法，应选择阻值小的变阻器以便利调整。16.答案：𝐷𝐸𝐴𝐷解析：解：(1)试验器材安装挨次依次为白光光源𝐶，绿光的滤光片𝐷，单缝𝐸，双缝𝐴，毛玻璃屏𝐵；(2)依据条纹间隔公式𝛥𝑥=𝐿𝜆知，假设要使观看到清楚的条纹数目增加，即减小条纹间距，则可以减𝑑小滤光片射向双缝的色光的波长𝜆，即可以将红色滤光片换成绿色滤光片，故D正确，ABC错误。D故答案为：(1)𝐷𝐸𝐴；(2)𝐷𝛥𝑥=𝐿𝜆𝑑条纹间距，则可以减小滤光片射向双缝的色光的波长𝜆，即可以将红色滤光片换成绿色滤光片。本试验考察双缝干预试验，可用来测定光的波长，关键把握试验原理与操作标准。答案：解：(1)电荷在电场中中运动的时间为𝑡1，有：𝑣0=𝑎𝑡1 𝐸𝑞=𝑚𝑎解得：𝐸=𝑚𝑣0=7.2×103𝑁/𝐶𝑞𝑡1当磁场垂直纸面对外时，电荷运动的半径：0=5𝑐𝑚𝑞𝐵1周期：𝑇1=𝑞𝐵1

=2𝜋×105𝑠3当磁场垂直纸面对里时，电荷运动的半径：𝑟2=𝑚𝑣0=3𝑐𝑚𝑞𝐵2周期：𝑇2=𝑞𝐵2

=2𝜋×105𝑠5故电荷从𝑡=0时刻开头做周期性运动，其运动轨迹如下图．5𝑡=4𝜋×105𝑠时刻电荷与𝑂点的水平距离：△𝑑=2(𝑟1 𝑟2)=(3)电荷从第一次通过𝑀𝑁开头，其运动的周期为：𝑇=4𝜋×105𝑠55依据电荷的运动状况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有：电荷沿𝑂𝑁运动的距离：𝑠=15𝑑=60𝑐𝑚故最终8𝑐𝑚的距离如下图，有：𝑟1+𝑟1𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑑 𝑠解得：𝑐𝑜𝑠𝛼=0.6 则𝛼=53°故电荷运动的总时间：𝑡

=𝑡+15𝑇+1𝑇

530𝑇

=3.86×104𝑠总 1 2

3600 1解析：此题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿其次定律和运动学公式结合争论是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进展分析，依据轨迹求解时间。𝐸；电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出𝑡=4𝜋×105𝑠时刻电荷与𝑂点的水平距离；5电荷在周期性变化的磁场中运动，依据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿𝑂𝑁运动的距离．依据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间。答案：解：(1)𝐶𝐷棒进入磁场前，由牛顿其次定律得𝑎=𝑚

=8.80.4×100.4

=12𝑚/𝑠2。进入磁场时的速度𝑣=√2𝑎𝑥=√2×12×0.24=2.4𝑚/𝑠(2)𝐶𝐷棒进入磁场时，产生的感应电动势𝐸=𝐵𝑙𝑣感应电流𝐼=𝐵𝑙𝑣𝑅𝐶𝐷棒受到的安培力𝐹𝐴𝐵𝐼𝑙(3)由𝐹 𝑚𝑔 𝐶𝐷棒在磁场区做匀速运动𝑡𝑑𝑣电阻产生的焦耳热𝑄=𝐼2𝑅𝑡。代入数据解得𝑄=2.688𝐽答：(1)𝐶𝐷棒进入磁场时速度𝑣的大小是2.4𝑚/𝑠。在拉升𝐶𝐷棒的过程中，电阻产生的焦耳热𝑄是2.688𝐽。解析：(1)𝐶𝐷𝐶𝐷棒进入磁场时速度𝑣；(2)𝐶𝐷𝐸=𝐵𝐿𝑣求感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流，最终由安培力公式求解𝐶𝐷棒安培力𝐹𝐴的大小。(3)分析𝐶𝐷棒进入磁场时的受力状况知道它做匀速运动，求出运动时间，再由焦耳定律求焦耳热𝑄。此题是力电综合题，关键要依据法拉第定律、欧姆定律计算出安培力的大小，从而推断导体棒的受力状况和运动状况。第3小题，导体棒匀速运动时，感应电流肯定，也可依据能量守恒定律求焦耳热𝑄。22由于𝐶作匀速运动，𝐶所受的重力沿斜面的分力与摩擦力大小相等，同理，𝐵、𝐶碰后重力沿斜面的分力与摩擦力也大小相等，弹簧的最大弹性势能为𝐸𝑚=1×2𝑚𝑣2=1𝑚𝑣22 4 0(2)在(1)问中𝐵、𝐶碰后的总动能为1𝑚𝑣2，设碰后弹簧压缩为𝑠，则在弹簧反弹后有4 0𝐸𝑚2𝑚𝑔𝑠𝑠𝑖𝑛𝜃12𝑚𝑣2，即1𝑚𝑣22𝑚𝑔𝑠𝑠𝑖𝑛𝜃𝑚𝑣22 1 4 0 1𝐶离开弹簧后𝑎−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓𝑚

=𝑚

=−2𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，故𝑣1=2√𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃0 当𝐶以2𝑣的初速度运动时，𝐵、𝐶共同速度𝑣′=𝑚×2𝑣0=𝑣0 2𝑚0B、𝐶碰后的总动能为𝑚𝑣2，是(1)问中的4倍，依据题意，弹簧最大压缩长度是(1)问中的2倍，则在0弹簧反弹后有=2 2 0 2−𝑣2

𝑣2 𝑣2𝑃、𝑅间的距离为𝑠′=

22𝑎

= 24𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

，得𝑠′=2𝐿+

08𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(3)当斜面光