2024年高考物理终极押题密卷3（北京卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷3（北京卷）一．选择题（共14小题）1．（2024•朝阳区一模）观察图1、图2两幅图中的现象，下列说法正确的是（）A．图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的折射引起的 B．图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的反射引起的 C．图2中肥皂膜上的条纹是由于光的全反射形成的 D．图2中肥皂膜上的条纹是由于光的衍射形成的2．（2024•朝阳区一模）如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V﹣T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。下列说法正确的是（）A．气体在状态A的温度为200K B．气体在状态C的压强为3×105Pa C．从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大 D．从状态B到状态C的过程中，气体的内能保持不变3．（2024•平谷区模拟）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：H+H→He+e 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4．（2024•丰台区二模）绳上质点P在外力作用下从平衡位置开始沿竖直方向做简谐运动，带动绳上各点依次上下振动。振动传到质点Q时绳子上的波形如图所示。已知波的传播速度为v，P、Q平衡位置间的距离为L，下列说法正确的是（）A．质点M此时向下振动 B．质点P的振动周期为 C．质点P开始振动的方向是向下的 D．开始振动后，P、N两质点的振动步调总是一致5．（2024•北京一模）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6．（2024•通州区一模）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮轻绳的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1的轻绳与竖直方向夹角为θ。系m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相对静止。已知m2＞m1，绳子的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（）A．车厢的加速度为0 B．绳子的拉力大小为m1gcosθ C．车厢底板对m2的支持力为（m1+m2）g D．车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ7．（2024•北京一模）将u＝200sin（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08．（2024•通州区一模）一电子仅在静电力作用下从坐标原点由静止出发沿x轴运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，抛物线与x轴相切于x2，下列说法正确的是（）A．x1与x3处的电场方向相同 B．电子在x2处的加速度为零 C．电子从x2运动到x3速度逐渐增大 D．电子从x2运动到x3，电场力逐渐减小9．（2024•东城区校级模拟）如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差Uab、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（）A． B． C． D．10．（2024•海淀区一模）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11．（2024•东城区二模）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（）A．重力对每个小球做的功都各不相同 B．每个小球落地时的速度都各不相同 C．每个小球在空中的运动时间都各不相同 D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同12．（2024•东城区校级模拟）哈雷彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，若地球的公转轨道可视为半径为r的圆轨道，哈雷彗星的公转周期为T。则哈雷慧星（）A．质量 B．公转周期年 C．在近日点与远日点的速度大小之比为 D．在近日点与远日点的加速度大小之比为13．（2024•顺义区二模）如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，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，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（）A．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小 B．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大 C．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小 D．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变大14．（2024•西城区一模）2023年诺贝尔物理学奖授予了“产生阿秒光脉冲的实验方法”。阿秒（as）是一个极短的时间单位，1as＝10﹣18s。阿秒光脉冲是一种发光持续时间在as量级的光脉冲，它相当于一个足够快的“快门”，帮助人们“拍摄”高速运动的电子，从而“打开电子世界的大门”。产生阿秒光脉冲的模型是：用强激光照射某些气体，由于激光的电场是交变电场，该电场的电场强度和原子内部的库仑场的强度相当时，电子就可能“电离”成为自由电子；电离后的自由电子在激光电场作用下“加速”；当激光的电场反向后，一些电子就有可能飞到被电离的原子附近并与其“复合”回到基态，同时释放出一个高能光子，其频率为入射强激光频率的整数倍，称为高次谐波光子。在适当的条件下，大量原子辐射出高次谐波叠加形成脉冲宽度为阿秒量级的光脉冲。根据上述信息并结合已有的知识，判断下列说法正确的是（）A．在1阿秒的时间内，光前进的距离约为0.3mm B．电子复合时释放的光子能量等于电子在激光场中加速时获得的能量 C．电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关 D．强激光光子能量是高次谐波光子能量的整数倍二．实验题（共3小题）15．（2024春•朝阳区校级期中）如图甲所示，利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距d＝0.4mm，双缝到光屏间的距离L＝0.5m，实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列措施可行的是（填选项前的字母）。A．将单缝向双缝靠近B．使用间距更小的双缝C．把绿色滤光片换成红色滤光片D．将屏向靠近双缝的方向移动（2）某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示。分划板在图中M位置时游标卡尺的读数为xM，在N位置时游标卡尺读数为xN，该单色光的波长λ表达式为（用题目中所给物理量符号xM，xN，d，L表示）。16．（2023秋•延庆区期末）现有某同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1Ω）。该同学采用图1所示电路。（1）为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是。A．一个定值电阻B．滑动变阻器（2）为了调节方便且测量精度更高，实验中应选用的电流表为，电压表为（填写仪器前字母）。A．电流表（0～0.6A）B．电流表（0～3A）C．电压表（0～3V）D．电压表（0～15V）（3）经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图2中画出了U﹣I图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值E＝V，内阻的测量值r＝Ω（结果均保留两位小数）。（4）如果该同学的操作过程符合规范实验要求，请分析系统误差并比较电动势和内阻的测量值E、r与真实值E′、r′的大小：电动势EE′、内阻rr′（填“＞”或“＜”）。17．（2024春•东城区校级期中）用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。（1）除图1中所示的装置之外，还必须使用的器材是；A．直流电源、天平（含砝码）B．直流电源、刻度尺C．交流电源、天平（含砝码）D．交流电源、刻度尺（2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图1所示安装好实验器材并连接好电源B．先打开夹子释放纸带，再接通电源开关打出一条纸带C．测量纸带上某些点间的距离D．根据测量的结果比较重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是（选填步骤前的字母）；（3）如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点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，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到下落OC距离时的重力势能变化量ΔEp＝，动能变化量ΔEk＝；在多次实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是；（4）某同学利用图2中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和v2，绘制v2﹣h图像，如图3所示，并求得图线的纵轴截距b和斜率k。①请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？；②假设上述实验操作中不受一切阻力影响，此时绘制的v2﹣h图线的斜率k′与k的关系最可能的是。A．k′＞kB．k′＝kC．k′＜kD．以上情况均有可能三．解答题（共4小题）18．（2024•海淀区一模）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。19．（2024•海淀区一模）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。20．（2024•门头沟区一模）图甲是列车进站场景，其刹车原理可简化为图乙。在车身下方固定一单匝矩形导线框，利用线框进入磁场时所受安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，线框总电阻为R，线框ab边长为L，bc边长近似等于车身长度s，列车轨道上匀强磁场区域足够长，且磁感应强度的大小为B。车头刚进入磁场时速度大小为v0，车尾进入磁场瞬间列车恰好停止，列车停止前所受所有摩擦阻力恒为f。求：（1）列车车头进入磁场瞬间，通过线框ab边的电流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；（2）列车车头进入磁场瞬间，列车加速度的大小a；（3）列车从进站到停止过程中，线框产生的焦耳热Q。21．（2024•东城区一模）天文学家范•艾伦发现在地球大气层之外存在着一个辐射带包裹着地球，这一辐射带被命名为“范•艾伦辐射带”，它是由于地球磁场捕获了大量带电粒子而形成，分为内层和外层，如图1所示。由于地球两极附近区域磁场强，其他区域磁场弱，当宇宙射线进入地磁场后会使带电粒子沿磁感线做螺线运动，遇到强磁场区域被反射回来，在地磁两极间来回“弹跳”，被“捕获”在地磁场中。不过还是有一些宇宙射线粒子可以“溜进”地球大气层，它们和空气分子的碰撞产生的辐射就形成了绚丽多彩的极光。大气中最主要的成分是氮和氧，波长557.7nm的绿色和630nm附近的红色极光主要由氧原子发出，波长高于640nm的红色极光由氮气分子发出。（计算时普朗克常量取h＝6.6×10−34J•s，真空中光速c取3×108m/s）（1）a.求放出一个波长为630nm的红色光子时，氧原子的能量变化ΔE（结果取1位有效数字）。b.请说明带电粒子和空气分子碰撞产生辐射的过程中能量是如何转化的。（2）如图2所示的是质量为m、电荷量为q的带电粒子在具有轴对称性的非均匀磁场中做螺线运动的示意图，若将粒子沿轴线方向的分速度用v∥表示，与之垂直的平面内的分速度用v⊥表示。a.某时刻带电粒子的v∥＝v1，v⊥＝v2，所在处磁感应强度大小为B，如果将粒子从此刻起在垂直平面内做圆周运动的一个周期时间内，所到达区域的磁场按匀强磁场（方向沿轴线）进行估算，求粒子在垂直平面内做圆周运动的半径r和在一个周期时间内沿轴线前进的距离（螺距）d。b.实际上带电粒子的半径和螺距都会不断变化，已知带电粒子在从弱磁场区向强磁场区运动的同时，在垂直平面内的速度v⊥会变大，在此已知的基础上请用高中物理的知识解释为什么带电粒子在从弱磁场区向强磁场区螺旋前进时，分速度v∥会减小到零，并继而沿反方向前进。

2024年菁优高考物理终极押题密卷3（北京卷）参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．（2024•朝阳区一模）观察图1、图2两幅图中的现象，下列说法正确的是（）A．图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的折射引起的 B．图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的反射引起的 C．图2中肥皂膜上的条纹是由于光的全反射形成的 D．图2中肥皂膜上的条纹是由于光的衍射形成的【考点】光的衍射；光的折射及折射定律；全反射．【专题】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和电磁本性专题；理解能力．【分析】根据光的折射现象分析AB，肥皂膜上的彩色条纹是由于光的干涉现象。【解答】解：AB、图1中竖直浸在水中的这段筷子产生了侧移，是由光的折射引起的，故A正确，B错误；CD、图2中肥皂膜上的条纹是由光的薄膜干涉形成的，故CD错误；故选：A。【点评】考查光的干涉、折射的原理，掌握基本的光现象，注意光现象在实际生活的应用。2．（2024•朝阳区一模）如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V﹣T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。下列说法正确的是（）A．气体在状态A的温度为200K B．气体在状态C的压强为3×105Pa C．从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大 D．从状态B到状态C的过程中，气体的内能保持不变【考点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题．【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力．【分析】根据在V﹣T图像，分析气体压强如何变化；根据理想气体状态方程，求气体压强大小。【解答】解：ABC、气体质量不变，在V﹣T图像中，AB为过坐标原点的直线，由理想气体状态方程：pV＝C，可T知从状态A到状态B气体做等压变化；从A到B，根据理想气体状态方程＝，代入数据＝，解得：TA＝200K；从B到C，根据理想气体状态方程＝，其中pB＝pA＝1.5×105Pa，代入数据＝，解得：pc＝2×105Pa，故BC错误，A正确；D、从B到C，气体温度升高，内能增大，故D错误；故选：A。【点评】本题解题关键是掌握一定质量的理想气体状态方程，比较基础。3．（2024•平谷区模拟）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：H+H→He+e 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【考点】轻核的聚变；质量亏损与质能方程．【专题】定性思想；推理法；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理能力．【分析】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。【解答】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：H+H→He+；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。【点评】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。4．（2024•丰台区二模）绳上质点P在外力作用下从平衡位置开始沿竖直方向做简谐运动，带动绳上各点依次上下振动。振动传到质点Q时绳子上的波形如图所示。已知波的传播速度为v，P、Q平衡位置间的距离为L，下列说法正确的是（）A．质点M此时向下振动 B．质点P的振动周期为 C．质点P开始振动的方向是向下的 D．开始振动后，P、N两质点的振动步调总是一致【考点】横波的图像；波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；分析综合能力．【分析】由波的传播方向，利用同侧法判断质点的振动方向以及波源的起振方向；根据波形图找到波长，再根据波速公式求解周期；间隔为nλ的质点的振动步调总是一致的。【解答】解：AC、由题意知波向左传播，根据同侧法可知：质点M此时向上振动，质点Q开始振动的方向是向上的，则质点P开始振动的方向也是向上的，故AC错误；B、由图圈可知，波长为λ＝，则质点P振动周期为T＝，故B错误；D、由圈可知P、N两质点相距一个波长，则开始振动后，P、N两质点的振动步调总是一致，故D正确。故选：D。【点评】由波动图象读取有效信息是基本能力，由波的传播方向判断质点的运动方向是基本功，要熟练掌握，难度不大，属于基础题。5．（2024•北京一模）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【考点】自感现象和自感系数．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【分析】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。【解答】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。【点评】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。6．（2024•通州区一模）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮轻绳的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1的轻绳与竖直方向夹角为θ。系m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相对静止。已知m2＞m1，绳子的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（）A．车厢的加速度为0 B．绳子的拉力大小为m1gcosθ C．车厢底板对m2的支持力为（m1+m2）g D．车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【分析】根据力的合成可求出绳子拉力大小，并利用牛顿第二定律可求出加速度；根据物体加速度可求出支持力和摩擦力大小。【解答】解：AB.物体m与车厢具有相同的加速度，对物体m1分析，受重力和拉力，如图根据合成法，知F合＝m1gtanθ拉力为T＝物体m1的加速度为a＝＝gtanθ所以车厢的加速度为gtanθ，故AB错误；CD.物体m2加速度为gtanθ，对物体m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图支持力为N＝m2g﹣，f＝m2a＝m2gtanθ，故C错误，D正确。故选：D。【点评】学生在解答本题时，应注意对牛顿第二定律的灵活运用，能够根据加速度求解受力。7．（2024•北京一模）将u＝200sin（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【考点】变压器的构造和原理；电功和电功率；交变电流的图像和函数表达式．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【分析】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。【解答】解：A、根据u＝200sin（100πt）V可知，f＝＝Hz＝50Hz，故A错误；B、根据变压比公式，，解得U2＝40V，电阻R消耗的功率P＝，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，，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。【点评】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。8．（2024•通州区一模）一电子仅在静电力作用下从坐标原点由静止出发沿x轴运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，抛物线与x轴相切于x2，下列说法正确的是（）A．x1与x3处的电场方向相同 B．电子在x2处的加速度为零 C．电子从x2运动到x3速度逐渐增大 D．电子从x2运动到x3，电场力逐渐减小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能与电场力做功的关系；电势．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【分析】根据电势的高低得出电场线的方向；φ﹣x图像的斜率表示场强的大小，结合图像的物理意义得出电子加速度的变化趋势，从而分析速度的变化。【解答】解：A.沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x1与x2之间的电场方向沿x轴负方向，x2与x3之间的电场方向沿x轴正方向，即x1与x3处的电场方向相反，故A错误；B.φ﹣x图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，x2处的斜率为0，表明该处电场强度为0，电场力为0，即加速度为0，故B正确；C.结合上述可知，x2与x3之间的电场方向沿x轴正方向，电子所受电场力方向沿x轴负方向，可知电子从x2运动到x3速度逐渐减小，故C错误；D.φ﹣x图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，从x2运动到x3斜率的绝对值逐渐增大，则电场力逐渐增大，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了φ﹣x图像的相关应用，理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律即可完成分析。9．（2024•东城区校级模拟）如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差Uab、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】电磁感应中的图像类问题；闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与图象结合；推理能力．【分析】根据楞次定律可判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律分析电流和电动势大小，最后安培力和功率表达式分析求解。【解答】解：根据题意，线框进入磁场的过程，根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，题目中规定电流沿逆时针方向为正，故进入磁场过程中电流为正，根据法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有ab两点间的电势差满足（a点电势高）根据安培力表达式，cd边受到的安培力大小为，根据左手定则判断方向向左根据焦耳定律，线框的发热功率满足线框全部进入磁场后，磁通量不变，则没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，ab两点间的电势差满足U2＝BLv＝4U0（a点电势高）线框离开磁场的过程，电流沿顺时针方向，与规定电流方向相反，故电流为负，电流大小为线框受安培力大小为方向向左，ab两点间的电势差（a点电势高）线框的发热功率综上所述可知A．时间内，电流为I0，时间内，电流为0，时间内，电流为﹣I0，故A错误；B．时间内，ab两点间的电势差U0，时间内，ab两点间的电势差4U0，时间内，ab两点间的电势差3U0，故B错误；C．时间内，cd边受到的安培力F0，时间内，cd边受到的安培力0，时间内，cd边受到的安培力F0，故C正确；D．时间内，线框的发热功率P0，时间内，线框的发热功率0，时间内，线框的发热功率F0，故D错误故选：C。【点评】本题考查了电磁感应，理解法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律，熟悉用楞次定律判断电流方向是解决此类问题的关键。10．（2024•海淀区一模）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【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【分析】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。【解答】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。【点评】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。11．（2024•东城区二模）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（）A．重力对每个小球做的功都各不相同 B．每个小球落地时的速度都各不相同 C．每个小球在空中的运动时间都各不相同 D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；功率的计算专题；理解能力．【分析】根据运动学公式可比较时间；根据动能定理判断小球落地的速度；结合位移的定义判断即可根据动能定理和运动的分解求解；【解答】解：AB、根据动能定理得出，三个小球l落到地面时，重力做的功相等，初动能相等，故速度大小相等，由运动的合成可知，竖直向下、竖直向上抛出的小球速度方向相同，但与水平向右的方向抛出方向不同，故AB错误；C、三个小球以同一速率分别沿水平方向、竖直向下、竖直向上抛出，在竖直方向上的分速度各不相同，加速度都为g，下落相同高度，由可知每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确；D、重力小球落地时做功的瞬时功率公式为P＝mgvy，vy是竖直方向的分速度，三个小球中竖直向下、竖直向上抛出的小球落地时竖直方向的分速度相同，则重力落地时重力的功率相同，故D错误。故选：C。【点评】本题是抛体运动分解和动能定理的综合，根据动能定理和运动的分解求解，要注意速度和位移是矢量。12．（2024•东城区校级模拟）哈雷彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，若地球的公转轨道可视为半径为r的圆轨道，哈雷彗星的公转周期为T。则哈雷慧星（）A．质量 B．公转周期年 C．在近日点与远日点的速度大小之比为 D．在近日点与远日点的加速度大小之比为【考点】万有引力定律的应用；向心力；开普勒定律．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理能力．【分析】根据万有引力提供向心力，牛顿第二定律，结合开普勒第三定律和开普勒第二定律分析列式求解。【解答】解：A．由万有引力定律可以计算中心天体的质量，依题意哈雷彗星是环绕天体，其质量无法由万有引力提供向心力模型计算。故A错误；B．由开普勒第三定律可得：其中T地球＝1年，故解得哈雷慧星的公转周期为故B错误；C．根据开普勒第二定律，取时间微元Δt，结合扇形面积公式可得：解得在近日点与远日点的速度大小之比为：故C错误；D．在近日点时，由牛顿第二定律可得在远日点时，由牛顿第二定律可得联立，解得向心加速度大小之比为：故D正确。故选：D。【点评】本题考查了万有引力定律和开普勒三大定律的应用，理解定律中各个物理量的含义，掌握定律的适用条件和计算是解决此类问题的关键。13．（2024•顺义区二模）如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，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，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（）A．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小 B．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大 C．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小 D．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场中的加速．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力．【分析】AC.根据动能定理和牛顿第二定律列式求解半径的表达式，再根据表达式进行分析解答；BD.由牛顿第二定律和线速度公式推导周期表达式，根据表达式分析比较。【解答】解：AC.根据动能定理和牛顿第二定律有可得仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B变大，则运动径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，运动径迹的半径变大，故A正确，C错误；BD.由可得电子的周期为电子周期与电子枪加速电场的电压无关，且仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期将变小，故BD错误。故选：A。【点评】考查带电粒子在电场中和磁场中的加速和圆周运动问题，会根据题意进行准确的分析和判断。14．（2024•西城区一模）2023年诺贝尔物理学奖授予了“产生阿秒光脉冲的实验方法”。阿秒（as）是一个极短的时间单位，1as＝10﹣18s。阿秒光脉冲是一种发光持续时间在as量级的光脉冲，它相当于一个足够快的“快门”，帮助人们“拍摄”高速运动的电子，从而“打开电子世界的大门”。产生阿秒光脉冲的模型是：用强激光照射某些气体，由于激光的电场是交变电场，该电场的电场强度和原子内部的库仑场的强度相当时，电子就可能“电离”成为自由电子；电离后的自由电子在激光电场作用下“加速”；当激光的电场反向后，一些电子就有可能飞到被电离的原子附近并与其“复合”回到基态，同时释放出一个高能光子，其频率为入射强激光频率的整数倍，称为高次谐波光子。在适当的条件下，大量原子辐射出高次谐波叠加形成脉冲宽度为阿秒量级的光脉冲。根据上述信息并结合已有的知识，判断下列说法正确的是（）A．在1阿秒的时间内，光前进的距离约为0.3mm B．电子复合时释放的光子能量等于电子在激光场中加速时获得的能量 C．电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关 D．强激光光子能量是高次谐波光子能量的整数倍【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；激光的特性和应用；光子及其动量．【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；推理能力．【分析】光在空气中的速度约为3×108m/s，根据光速与时间的乘积求解光前进的距离；电子复合时释放的光子能量至少等于原子由最高能级跃迁到基态释放的能量；分析题意，解答CD选项。【解答】解：A、光在空气中的速度约为3×108m/s，在1阿秒的时间内，光前进的距离约为s＝3×108×10﹣18m＝3×10﹣10m＝3×10﹣7mm，故A错误；B、电子复合时释放的光子能量至少等于原子由最高能级跃迁到基态释放的能量，并不等于电子在激光场中加速时获得的能量，故B错误；C、由题意可知，电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关，故C正确；D、由题意可知，高次谐波光子的频率为入射强激光频率的整数倍。故D错误。故选：C。【点评】本题为知识给予题，重在理解题意，找到和学过的物理知识的关联，结合题目所给知识解答问题。二．实验题（共3小题）15．（2024春•朝阳区校级期中）如图甲所示，利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距d＝0.4mm，双缝到光屏间的距离L＝0.5m，实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列措施可行的是D（填选项前的字母）。A．将单缝向双缝靠近B．使用间距更小的双缝C．把绿色滤光片换成红色滤光片D．将屏向靠近双缝的方向移动（2）某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示。分划板在图中M位置时游标卡尺的读数为xM，在N位置时游标卡尺读数为xN，该单色光的波长λ表达式为（用题目中所给物理量符号xM，xN，d，L表示）。【考点】用双缝干涉测量光的波长．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；光的干涉专题；实验能力．【分析】（1）根据双缝干涉条纹间距公式结合入射光的波长变化情况逐项分析作答；（2）根据条纹宽度求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求单色光的波长。【解答】解：（1）根据双缝干涉条纹间距公式可知，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小相邻亮条纹之间的距离；A.单缝与双缝之间距离的改变，不影响条纹间距，从目镜中观察到的条纹个数不变，故A错误；B.使用间距更小的双缝，条纹间距增大，从目镜中观察到的条纹个数减小，故B错误；C.把绿色滤光片换成红色滤光片，波长变长，条纹间距变宽，从目镜中观察到的条纹个数减小，故C错误；D.将屏向靠近双缝的方向移动，双缝到屏的距离减小，条纹间距变窄，从目镜中观察到的条纹个数增加，故D正确。故选：D。（2）相邻两个亮条纹之间的距离为根据双缝干涉条纹间距公式联立解得该单色光的波长为。故答案为：（1）D；（2）。【点评】理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识，应用双缝干涉条纹间距公式即可完成作答。16．（2023秋•延庆区期末）现有某同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1Ω）。该同学采用图1所示电路。（1）为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是B。A．一个定值电阻B．滑动变阻器（2）为了调节方便且测量精度更高，实验中应选用的电流表为A，电压表为C（填写仪器前字母）。A．电流表（0～0.6A）B．电流表（0～3A）C．电压表（0～3V）D．电压表（0～15V）（3）经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图2中画出了U﹣I图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值E＝1.48V，内阻的测量值r＝0.80Ω（结果均保留两位小数）。（4）如果该同学的操作过程符合规范实验要求，请分析系统误差并比较电动势和内阻的测量值E、r与真实值E′、r′的大小：电动势E＜E′、内阻r＜r′（填“＞”或“＜”）。【考点】电池电动势和内阻的测量．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【分析】（1）本实验通过改变回路中的电阻来测量多组电压、电流数据，故a、b之间应接入滑动变阻器；（2）根据U﹣I图像中的电流数据选择电流表；根据电池的电动势选择电压表；（3）根据U﹣I图像的截距求解电池的电动势；根据斜率求解电池的内阻；（4）实验误差源于电压表分流，利用修正图像法可知电池电动势和内阻的测量值与真实值的大小关系。【解答】（1）a、b两点间接入滑动变阻器，通过改变阻值，改变电路中电压表和电流表的示数，测量多组数据；（2）根据题中描绘的U﹣I图像可知，电流表的量程选用0～0.6A即可，故选A；电动势约1.5V，电压表选择（0～3V）即可，故选C；（3）根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir可知，U﹣I图线与纵轴的交点即为电动势E＝1.48V；斜率为内阻；（4）由于电压表分流，电流的测量值小于真实值，修正图像如图蓝色实线所示电池的电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值。故答案为：（1）B；（2）A；C；（3）1.48；0.80；（4）＜；＜。【点评】本题考查测定一节干电池的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。17．（2024春•东城区校级期中）用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。（1）除图1中所示的装置之外，还必须使用的器材是D；A．直流电源、天平（含砝码）B．直流电源、刻度尺C．交流电源、天平（含砝码）D．交流电源、刻度尺（2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图1所示安装好实验器材并连接好电源B．先打开夹子释放纸带，再接通电源开关打出一条纸带C．测量纸带上某些点间的距离D．根据测量的结果比较重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是B（选填步骤前的字母）；（3）如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点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，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到下落OC距离时的重力势能变化量ΔEp＝﹣mg（s0+s1），动能变化量ΔEk＝；在多次实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是重锤下落过程中受到阻力作用；（4）某同学利用图2中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和v2，绘制v2﹣h图像，如图3所示，并求得图线的纵轴截距b和斜率k。①请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则可认为这一过程机械能守恒；②假设上述实验操作中不受一切阻力影响，此时绘制的v2﹣h图线的斜率k′与k的关系最可能的是A。A．k′＞kB．k′＝kC．k′＜kD．以上情况均有可能【考点】实验验证机械能守恒定律．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【分析】（1）根据打点计时器的工作环境以及机械能守恒定律进行分析；（2）根据实验操作步骤以及实验原理即可分析各个选项；（3）根据重力势能表达式、动能表达式以及中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度即可求解；（4）根据机械能守恒定律列出表达式，并对表示进行整理分析即可。【解答】解：（1）打点计时器工作电源为交流电源，需要测量重锤下降的高度，因此需要刻度尺，根据机械能守恒定律mgh＝，可知重锤的质量在运算过程中约去，因此不需要天平，故ABC错误，D正确；故选：D。（2）A、根据实验操作步骤，按照图1连接好实验器材，故A正确；B、实验过程中应该先接通电源，后打开夹子释放纸带，故B错误；C、根据实验数据需要测量重锤下降的高度或者下降的高度差，故C正确；D、根据机械能守恒定律可知，实验需要验证重锤减少的重力势能是否等于动能的增加量，故D正确；该题选择没有必要进行的或者操作不当的，故选：B。（3）根据重力势能表达式可知ΔEp＝﹣mg（s0+s1），根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度即可知，C点的速度v＝，根据动能表达式可知动能变化量ΔEk＝＝；由于重锤下降过程中，受到阻力作用，导致重力势能的减小量大于重锤动能的增加量；（4）①根据机械能守恒可知，mgh＝整理表达式可得v2＝2gh，根据表达式可知在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则可认为这一过程机械能守恒；②当不受一切阻力影响时mgh＝，整理表达式可得v2＝2gh，即此时v2﹣h图线的斜率k′＝2g；若有阻力影响，设阻力为f，即（mg﹣f）h＝，整理表达式可得v2＝（2g﹣）h，即此时v2﹣h图线的斜率k＝2g﹣＜k′＝2g，故A正确，BCD错误；故选：A。故答案为：（1）D；（2）B；（3）﹣mg（s0+s1），，重锤下落过程中受到阻力作用；（4）①在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则可认为这一过程机械能守恒，②A。【点评】该题考查验证机械能守恒定律的实验，要掌握实验原理、实验操作步骤以及实验数据分析等知识点，其中该实验实验误差分析为该实验的易错点。三．解答题（共4小题）18．（2024•海淀区一模）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。【考点】动量守恒定律；功能关系．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；推理能力．【分析】（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。【解答】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＝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：m1＝m2v2+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﹣m2v2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。【点评】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。19．（2024•海淀区一模）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。【考点】电磁感应中的能量类问题；电磁感应中的电路类问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【分析】（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。【解答】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＝；联立解得U＝；②根据安培定则可知，安培力F＝BILI＝安培力的功率P＝Fv0；联立解得P＝；（2）在金属棒的速度从v，减至的过程中，根据动能定理可知﹣fx﹣W安＝解得W安＝+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＝+fx；答：（1）①导体棒两端的电压U为；②安培力的功率P为；（2）该过程中电路中产生的焦耳热Q为+fx。【点评】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。20．（2024•门头沟区一模）图甲是列车进站场景，其刹车原理可简化为图乙。在车身下方固定一单匝矩形导线框，利用线框进入磁场时所受安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，线框总电阻为R，线框ab边长为L，bc边长近似等于车身长度s，列车轨道上匀强磁场区域足够长，且磁感应强度的大小为B。车头刚进入磁场时速度大小为v0，车尾进入磁场瞬间列车恰好停止，列车停止前所受所有摩擦阻力恒为f。求：（1）列车车头进入磁场瞬间，通过线框ab边的电流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；（2）列车车头进入磁场瞬间，列车加速度的大小a；（3）列车从进站到停止过程中，线框产生的焦耳热Q。【考点】电磁感应中的能量类问题；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；推理能力．【分析】（1）由右手定则判断通过线框ab边的电流方向。根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律求解通过线框ab边的电流大小；（2）根据安培力计算公式和牛顿第二定律求解列车加速度的大小；（3）列车从进站到停止过程中，根据功能关系与能量守恒定律求得线框产生的焦耳热。【解答】解：（1）列车车头进入磁场瞬间，由右手定则可知通过线框ab边的电流方向为a→b。此时ab边切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv0通过线框ab边的电流为：＝（2）列车车头进入磁场瞬间，ab边受到的安培力大小为：F安＝BIL对列车由牛顿第二定律得：F安+f＝ma解得列车加速度的大小为：a＝（3）列车从进站到停止过程中，根据功能关系与能量守恒定律可得线框产生的焦耳热为：Q＝﹣fs答：（1）列车车头进入磁场瞬间，通过线框ab边的电流I大小为，方向为a→b；（2）列车车头进入磁场瞬间，列车加速度的大小a为；（3）列车从进站到停止过程中，线框产生的焦耳热Q为﹣fs。【点评】本题考查了电磁感应的力学问题，研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的运动过程，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；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。21．（2024•东城区一模）天文学家范•艾伦发现在地球大气层之外存在着一个辐射带包裹着地球，这一辐射带被命名为“范•艾伦辐射带”，它是由于地球磁场捕获了大量带电粒子而形成，分为内层和外层，如图1所示。由于地球两极附近区域磁场强，其他区域磁场弱，当宇宙射线进入地磁场后会使带电粒子沿磁感线做螺线运动，遇到强磁场区域被反射回来，在地磁两极间来回“弹跳”，被“捕获”在地磁场中。不过还是有一些宇宙射线粒子可以“溜进”地球大气层，它们和空气分子的碰撞产生的辐射就形成了绚丽多彩的极光。大气中最主要的成分是氮和氧，波长557.7nm的绿色和630nm附近的红色极光主要由氧原子发出，波长高于640nm的红色极光由氮气分子发出。（计算时普朗克常量取h＝6.6×10−34J•s，真空中光速c取3×108m/s）（1）a.求放出一个波长为630nm的红色光子时，氧原子的能量变化ΔE（结果取1位有效数字）。b.请说明带电粒子和空气分子碰撞产生辐射的过程中能量是如何转化的。（2）如图2所示的是质量为m、电荷量为q的带电粒子在具有轴对称性的非均匀磁场中做螺线运动的示意图，若将粒子沿轴线方向的分速度用v∥表示，与之垂直的平面内的分速度用v⊥表示。a.某时刻带电粒子的v∥＝v1，v⊥＝v2，所在处磁感应强度大小为B，如果将粒子从此刻起在垂直平面内做圆周运动的一个周期时间内，所到达区域的磁场按匀强磁场（方向沿轴线）进行估算，求粒子在垂直平面内做圆周运动的半径r和在一个周期时间内沿轴线前进的距离（螺距）d。b.实际上带电粒子的半径和螺距都会不断变化，已知带电粒子在从弱磁场区向强磁场区运动的同时，在垂直平面内的速度v⊥会变大，在此已知的基础上请用高中物理的知识解释为什么带电粒子在从弱磁场区向强磁场区螺旋前进时，分速度v∥会减小到零，并继而沿反方向前进。【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；洛伦兹力的计算；光子及其动量．【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力．【分析】（1）根据能量的计算公式分析解答氧原子的能量变化，根据氢原子的能级跃迁原理分析能量的转化；（2）根据洛伦兹力提供向心力结合周期的计算公式解答，根据能量转化方式分析粒子的运动情况。【解答】解：（1）a.氧原子的能量变化ΔE大小等于所放出的红色光子的能量，由得b.带电粒子和空气分子碰撞，会通过碰撞将一部分能量传给空气分子，使空气分子从基态跃迁到激发态，空气分子从激发态自发地回到基态的过程中，就会将减少的能量以光子的形式放出，所放出光子的能量等于空气分子激发态与基态间的能级差。（2）a.由洛伦兹力提供向心力有其中d＝v1T解得r＝，b.带电粒子只受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，因此粒子的总动能不变，由已知粒子从弱磁场区向强磁场区运动时，在与轴线垂直的平面内的速度v1会变大，即v1对应的动能变大，则v2对应的动能就会变小，可以理解为通过洛伦兹力将v2对应的动能转化为v1对应的动能。由此可以解释粒子从弱磁场区向强磁场区运动的同时，分速度v2会减小。由于上述从功和能的角度证明了分速度v2会减小，那么可以反推，此过程中粒子一定受到了与v2相反的洛伦兹力的分力F，当分速度v2减小到零的时刻，由于磁场和分速度v1的情况都没有变化，可判断与v2相反的分力F与前一时刻相同，因此粒子在速度v2减为零后会反向运动。答：（1）a.氧原子的能量变化为3×10﹣19J。b.见解析。（2）a.粒子在垂直平面内做圆周运动的半径为，在一个周期时间内沿轴线前进的距离（螺距）为。b.见解析。【点评】本题考查能级跃迁，解题关键掌握氢原子能级跃迁的规律，注意洛伦兹力提供向心力的应用。

考点卡片1．力的合成与分解的应用【知识点的认识】一、物体的受力分析1．放在水平地面上静止的物体．二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态．2．放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）竖直方向上三力平衡：F+FN＝G，即：竖直方向上合力为0．3．放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为0竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0．4．放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力为0；竖直方向上：G＝Fy+FN，即：竖直方向上合力为0．5．力的合成解题：放在斜面上静止的物体合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡．6．力的分解解题：放在斜面上静止的物体分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条件．7．放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止平行斜面方向上：F1＝F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．8．放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止平行斜面方向上：F1＝Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2+F＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．9．放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止平行斜面方向上：G1＝Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．2．牛顿第二定律【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgB．物块与地面之间的滑动摩擦力为2NC．t＝3s时刻物块的速度为3m/sD．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（）A．则a＝g，方向竖直向下B．则a＝g，方向竖直向上C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线D．则a＝，方向水平向左分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）木块回到出发点时的速度大小v．分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：上滑过程中加速度的大小：（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：μ＝0.35．（3）下滑的距离等于上滑的距离：x＝＝m＝1m下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：＝2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v＝联立解得：v＝2m/s答：（1）上滑过程中的加速度的大小；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．【解题方法点拨】1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．3．线速度、角速度和周期、转速【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v＝方向：沿圆弧切线方向．单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω＝单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的快慢周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间．也叫频率（f）周期单位：sf的单位：Hz转速描述物体做圆周运动的快慢转速n：物体单位时间内转过的圈数转速单位：r/s或r/min二、物理量之间的关系：①v＝＝＝2πrf；②ω＝＝；③T＝＝．【命题方向】常考题型考查几个物理量的理解：如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（）A．a点与b点的线速度大小相等B．a点与b点的角速度大小相等C．a点与c点的线速度大小相等D．a点与d点的向心加速度大小相等分析：共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的各点线速度大小相等，根据v＝rω，a＝rω2＝可知各点线速度、角速度和向心加速度的大小．解：A、a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据v＝rω，c的线速度大于b的线速度，则a、c两点的线速度不等．故A错误，C正确；B、a、c的线速度相等，根据v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b两点的角速度不等．故B错误；D、根据a＝rω2得，d点的向心加速度是c点的2倍，根据a＝知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d两点的向心加速度相等．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，以及知道共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的点线速度大小相等．4．向心力【知识点的认识】一：向心力1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．二、离心运动和向心运动1．离心运动（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况