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必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考物理考前20天冲刺必刷卷（北京地区）（原卷版+解析版）
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2023年高考物理考前信息必刷卷03
北京地区专用
北京高考物理考试题型为14（单选题）＋2（实验题）＋4（解答题），命题继续坚持对“物理本质”的考查，注重选择日常教学经常涉及的常规问题和简单情境为命题素材，注重从日常生活实际情境中选取素材，考查考生对基本概念和规律的物理本质的理解；考查考生分析并解决原始问题、实际问题的能力；考查考生发现问题、表述问题、分析论证并解决问题的能力。
以考查科学探究能力的实验题为例，2022年继续拓宽实验能力考查的范围，首次将实验过程中的故障分析作为考查内容，引导教学打破一线实验教学中的“按部就班假探索”的实验教学弊端，切实引导中学“真做实验真探究”。此外，在学生实验的拓展性考查上进一步深入创新，要求考生基于学生实验原理，但跳出学生实验情境和实验室环境，利用生活中物品开展实验探究活动。
从近两年试题可以看出，命题人特别关注考生应用物理知识分析和解决问题能力的考查，且绝大部分命题均以实际实验或者是生活或科研情景来进行命制，因而备考时应该特别关注教材中的演示实验、学生实验以及STSE的阅读材料，尝试从教材阅读材料的理解中来提升自己分析和解决实际问题的能力。物理试题每年都会跟进或引领科学与技术的发展，所以对于社会科学或科技的热点内容应给予足够的关注，本套题中有多题涉及生活情境（如5、9、11、18、20）和科技仪器原理分析（如10、11、13、14）。
一、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
【答案】C
【详解】A．布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；
C．第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；
D．由热力学第一定律△U=W+Q可知，空气向外界散出0.8×105J的热量，故D错误；
故选C。
2. 根据德布罗意理论，电子也具有波粒二象性，其波长λ=hp，其中h为普朗克常量，p为电子的动量。在某次实验时用高压加速电子束，然后垂直射到双缝上，在双缝后的光屏上得到了干涉条纹，但条纹间距很小。下面的方法中一定能使条纹间距变大的是（ ）
A．降低加速电子的电压，同时减小双缝间的距离
B．降低加速电子的电压，同时加大双缝间的距离
C．减小双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝
D．加大双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝
【答案】A
【详解】AB．降低加速电子的电压，则电子的速度减小，动量减小，根据德布罗意波长公式λ=hp知，波长变大，根据条纹间距公式Δx=Ldλ可知，同时减小双缝间的距离，条纹间距变大，故A正确，B错误；
C．根据条纹间距公式Δx=Ldλ可知，减小双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝，则条纹间距的变化无法判断，故C错误；
D．根据条纹间距公式Δx=Ldλ，可知加大双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝，则条纹间距变小，故D错误。故选A。
3. 我国发射的首颗微重力实验卫星——实践十号，可以达到10-6g的微重力水平（10-6g其实指的是加速度），跻身世界先进行列．在太空中不是应该引力提供向心力而完全失重吗？微重力的来源之一是“引潮力”．引潮力较为复杂，简单说来是由于卫星实验舱不能被看作质点造成的，只有在卫星的质心位置引力才恰好等于向心力．假设卫星实验舱中各点绕地球运动的角速度相同，请根据所学知识判断下列说法中正确的是
A．在卫星质心位置下方（靠近地心一侧）的物体微重力方向向上（远离地心一侧）
B．在卫星质心位置上方的物体微重力方向向上
C．处在卫星质心位置的物体所受合力为零
D．在卫星质心位置上方的物体所受引力大于向心力
【答案】B
【详解】C.处于质心位置的物体，万有引力提供向心力，合力不为零，选项C错误．
D.根据万有引力提供向心力可知，卫星质点上方的物体受到的万有引力比质心的小，上方物体需要的向心力比质心的大，此时引力不足以提供向心力，选项D错误；
B.此时需要支持力来弥补引力来提供向心力，“潮引力”是支持力的反方向，所以此时“潮引力”向上，选项B正确．
A.下方的物体，需要的向心力小于万有引力，多有的万有引力由向外的支持力抵消，“潮引力”向内，指向地心，选项A错误．故选B.
4. 有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘的边缘，但并不与铜盘接触，如图所示，铜盘就能在较短的时间内停止。关于该实验现象，下列说法正确的是（ ）
A．铜盘被磁化后，与磁铁相互作用导致明显减速
B．铜盘的磁通量不变，因此不会产生感应电流
C．对调蹄形磁铁磁极的位置，实验现象也相同
D．将铜盘全部放在足够大的匀强磁场中，实验现象更明显
【答案】C
【详解】A．铜不是铁磁质，不会被磁化，故A错误；
B．虽然穿过整个铜盘的磁通量不变，但由于铜盘是导体，在铜盘内部可以看作形成了无数个闭合回路，当铜盘转动时，位于铜盘不同位置的闭合回路的磁通量会发生变化，从而产生感应电流，故B错误；
C．对调蹄形磁铁磁极的位置，只是磁场方向变为反向，铜盘中同样会产生感应电流阻碍其运动，实验现象将相同，故C正确；
D．将铜盘全部放在足够大的匀强磁场中，铜盘各个位置的磁场强度强度，当铜盘转动时，位于铜盘不同位置的闭合回路的磁通量不会发生变化，无法产生感应电流阻碍其运动，实验效果更不明显，故D错误。故选C。
5. 来自太阳的带电粒子会在地球的两极引起极光．带电粒子与地球大气层中的原子相遇，原子吸收带电粒子的一部分能量后，立即将能量释放出来就会产生奇异的光芒，形成极光．极光的光谱线波长范围约为3100Å～6700Å（1 Å=10-10m）．据此推断以下说法错误的是
A．极光光谱线频率的数量级约为1014Hz～1015Hz
B．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关
C．原子在从高能级向低能级跃迁时辐射出极光
D．对极光进行光谱分析可以鉴别太阳物质的组成成分
【答案】D
【详解】A. 极光光谐线频率的最大值fmax=cλ1=3×1083.1×103×10-10Hz≈1×1015Hz，极光光谐线频率的最小值fmin=cλ2=3×1086.7×103×10-10Hz≈4.5×1014Hz，则极光光谐线频率的数量级约为1014～1015 Hz，A正确；
B. 来自太阳的带电粒子到达地球附近，地球磁场迫使其中一部分沿着磁场线集中到南北两极．当他们进入极地的高层大气时，与大气中的原子和分子碰撞并激发，产生光芒，形成极光．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关，B正确；
C. 地球大气层中的原子吸收来自太阳带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光，C正确；
D. 地球大气层中的原子吸收来自太阳的带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光，对极光进行光谱分析可以鉴别地球大气层的组成成分，D错误．故选C。
6. 在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的 T2-L 图线，可以求出重力加速度g。已知两位同学做出的T2-L 图线如图中的a、b所示，其中a和b平行，图线a对应的g值很接近当地重力加速度的值。相对于图线 a，关于图线b的分析正确的是（ ）
A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将49次全振动记为50次
D．根据图线b不能准确测出当地的重力加速度
【答案】B
【详解】根据单摆周期公式T=2πLg得，T2=4π2gL，根据数学知识，图像的斜率k=4π2g，当地的重力加速度为g=4π2k。
AB．由图像可知，对图线b，当T为零时L不为零，所测摆长偏大，可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，故A错误，B正确；
C．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故C错误；
D．由图示图像可知，图线a与图线b的斜率相等，由g=4π2k，可知，图线b对应的g值等于图线a对应的g值，故D错误。故选B。
7. 如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是（ ）
A．当S分别接1或2时，测量的是电流，接1和接2时的最大测量值之比为R1+R2:R1
B．当S分别接3或4时，测量的是电阻，其中B是红表笔
C．当S分别接3或4时，测量的是电阻，接4时倍率大，测量同一电阻接4时的指针偏角较大
D．当S分别接5和6时，测量的是电压，接5和接6时的最大测量值之比为R3:R3+R4
【答案】A
【详解】A．当S分别接1或2时，表头与电阻并联，用来测电流，设接1时的量程为A1，由串并联电路特点可得A1-IgR1=IgRg+R2，设接2时的量程为A2，由串并联电路特点可得A2-IgR1+R2=IgRg，
联立可得A1A2=R1+R2R1，故A正确；
B．当S分别接3或4时，用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误；
C．当S分接3或4时，测量的是电阻，接4时比接3时总电阻大，测量同一电阻时流过电路的电流相对要小，则指针偏角更小，故C错误；
D．当S分别接5和6时，电流表与电阻串联，测量的是电压。电流表的量程为A2，电流表A2的阻值为RA2，设接5时的量程为V1，由串并联电路特点可得V1=A2RA2+R3，设接6时的量程为V2，由串并联电路特点可得V2=A2RA2+R3+R4，联立可得V1V2=RA2+R3RA2+R3+R4，故D错误。故选A。
8. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（ ）
A．静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B．电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C．由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D．由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表
【答案】C
【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，A错误；
C．由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd，知电容C增大，电压不变，由Q=CU知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，C正确；
D．由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C=εrS4πkd知，电容C减小，电压不变，由Q=CU知，电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，D错误。
B．由CD项分析可知，手机“前后”方向运动的加速度越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度越快。B错误；故选C。
9. 跳伞运动员由高空沿竖直方向落下，经过2s开启降落伞，此后再过18s落地．速度传感器记录此过程运动的v-t图象如图所示（在0～2s时间内的图线是直线）．根据图象信息可知（ ）
A．整个下落过程中，伞受到的空气阻力一直增大
B．t=16s时跳伞运动员所受重力的功率最大
C．跳伞运动员下落的总高度约为250m
D．前2s跳伞运动员的机械能不守恒
【答案】D
【详解】A. 因为0~2s内图像为直线，即做匀加速直线运动，所以伞受到的合力恒定，故阻力恒定，A错误；B. 重力的功率P=Fv=mgv，因为重力恒定，所以速度最大时重力的功率最大，在2s末重力的功率最大，B错误；
C. 图线与坐标轴围成的面积表示位移，每格的面积为2×2，小于半个忽略，大于半格算1格，故总50格，故下落的高度大约为h=50×2×2=200m，C错误；
D. 图线的斜率表示加速度，前2s内的加速度a=162=8m/s2
10. 手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1:n2=5:1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机充电，这时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．充电时，送电线圈中的电流为10A
B．充电时，cd间电压U2=44V
C．R的值为18.75Ω
D．充电时，送电线圈的输入功率为88W
【答案】C
【详解】A．设通过送电线圈和受电线圈的电流分别为I1、I2，根据理想变压器的电流关系I1=n2n1I2=0.4A，
故A错误；
BC．根据理想变压器电压与匝数关系有U2=n2n1U1=15U1、I1=n2n1I2=0.4A、Uab=U1+I1R、
U2=I2R+U手机，整理可得220V=5U2+0.4R、U2=（2R+5）V，联立解得U2=42.5V、
U1=5U2=5×42.5V=212.5V、R=18.75Ω，故B错误，C正确；
D．充电时，送电线圈的输入功率为P=U1I1=212.5×0.4W=85W，故D错误。故选C。
11. 地表风速的大小对我们的生产生活有着很大的影响，所以我们经常会在铁路沿线、码头、建筑、索道、气象站、养殖场等处看到风速仪，它们能够实时进行数据收集并智能传送，其基本结构如图1所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收．在风力作用下，风杯绕转轴以正比于风速（v风）的速率（v杯）旋转，其关系为v风=kv杯．风杯旋转会通过齿轮带动下面的凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风杯与转轴距离为r，风杯每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．计算机对探测器接收到的光强变化情况进行分析，就能得到风速的大小．在Δt时间内探测器接收到的光强随时间变化的关系如图2所示．下列说法正确的是
A．光纤材料内芯的折射率小于外套的折射率
B．风杯旋转的角速度小于凸轮圆盘的角速度
C．在Δt时间内，风速逐渐增大
D．在Δt时间内，风的平均速率为8πnrkΔt
【答案】D
【详解】A. 光纤材料是根据全反射原理制成的，其内芯的折射率大于外套的折射率，从而光能在内部发生全反射而传播，选项A错误；
B. 因风杯每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈，可知风杯旋转的角速度大于凸轮圆盘的角速度，选项B错误；C. 根据图b可知，在△t内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减小，风速减小，选项C错误；
D. 在△t内挡了4次光，则T1＝△t4．根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期T=△t4n，则风轮叶片转动的平均速率v＝2πrT＝8πnr△t，风的平均速率为v=kv=8πnrkΔt，故D正确．故选D.
12. 如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5×103N/C。一个可视为质点的带电小球在t=0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t=0时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小
B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C．小球的初速度是60m/s
D．小球的比荷（qm）是1×10-3C/kg
【答案】D
【详解】AB．在竖直方向上，由Δy=aT2得，a=ΔyT2=5×10-20.12=5m/s2
D．由牛顿第二定律得ma=mg-qE，得qm=55×103C/kg=1×10-3C/kg，故D正确。故选D。
13. 已知图中的霍尔元件是N型半导体，它内部形成电流的“载流子”是电子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中错误的是
A．电表B为毫安表，电表C为毫伏表
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的指针将反向偏转
D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数可能不变
【答案】C
【详解】A．电表B串联在电源E2的电路中，故其为电流表，即毫安表，而电表C并联在2、4两端，则其为电压表，即毫伏表，故A正确；
B．由安培定则可知，磁场方向竖直向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，由左手定则可知霍尔元件的电子仍偏向接线端2，则毫伏表指针不会反向偏转，设霍尔元件的宽度即2和4的宽度为d，电压为U，根据Bqv=Eq=Udq，解得U=Bvd，通过1和3的电流为I2=nqSv，由于电流方向相反，但大小不变，则电子定向移动的速度不变，则接线端2和4的电势高低关系不变，则毫伏表的指针不变，故C错误；
D．适当减小R1，根据闭合电路欧姆定律I1=E1R1+r1，则缠绕铁芯线圈的电流增大，则产生的磁感应强度增大，增大R2，霍尔元件中的电流减小，则电子定向移动的速度减小，根据U=Bvd，其中B增大，v减小，d不变，则毫伏表示数可能不变，故D正确。故选C。
14. 激光冷却是一种高新技术，利用该技术可以达到微开量级的低温，激光冷却目前已经在多个领域获得广泛应用。激光冷却的原理是，利用光子和原子的相互作用使原子运动减速，以获得超低温。如图所示，a、b为两个相同的原子，运动方向相反。用一束激光L照射原子，由于多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。原子吸收光子后由基态跃迁到激发态，随后原子又会自发跃迁回到基态，释放出频率等于其固有频率的光子。原子由激发态跃迁回基态的过程向各个方向释放光子的机会是均等的。结合所学知识，在激光冷却的过程中，判断下列说法正确的是（ ）
A．若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将减小
B．应使用频率比原子固有频率稍低的激光
C．原子a和原子b吸收光子的概率是相同的
D．原子a吸收光子的概率更高
【答案】B
【详解】A．原子a的速度方向与激光束L中的光子方向相同，则若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将增加，选项A错误；
BD．因当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高，而当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大，可知应使用频率比原子固有频率稍低的激光；而由题目的条件不能判断哪个原子吸收光子的概率更大，选项B正确，D错误；
C．原子b和原子a分别迎着光束的方向和背离光束的方向运动，根据多普勒效应，原子b接收到的光子的频率会升高，而原子a接收到的光子的频率会降低，两个原子的频率偏离固有频率的值不一定相同，则两个原子吸收光子的概率是不一定相同的，选项C错误；
故选B。
二、第二部分：本部分共6题，共58分。
15. 国标（GB／T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：
电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）；电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4 kΩ）；
定值电阻R2（阻值2 kΩ）；电阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝_______mm；
（2）玻璃管内水柱的电阻值R的表达式为：R＝_______（用R1、R2、R表示）；
（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-1L关系图象。则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m（保留两位有效数字）；
（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）30.00；（2）R1R2R；（3）14；（4）偏大
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上0刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm，所以玻璃管内径：d=30.00mm
（2）[2]设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为：I=UR1，总电压：E=UR1Rx+U，
当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为I=UR，总电压E=URR2+U，由于两次总电压等于电源电压E，可得：RxR1＝R2R，解得：Rx＝R1R2R
（3）[3]从图丙中可知，R=2×103Ω时，1L=5.0m-1，此时玻璃管内水柱的电阻：Rx＝R1R2R=4000Ω，
水柱横截面积：S=π（d2）2，由电阻定律R＝ρLS得：ρ＝RxSL=4000×3.14×30×10-322×5Ω⋅m≈14Ω⋅m
（4）[4]若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路中实际电流大于I=UR1，根据E=UR1Rx+U可知测量的R将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。
16. 用如图所示装置验证机械能守恒定律。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的一组器材是____________。
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)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为h、h、h。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为___________，动能增加量为____________。（用上述测量量和已知量的符号表示）
(3)对于上述实验，有的同学提出研究的运动过程的起点必须选择在O点，你同意这种看法吗？如果同意请你说明理由；如果不同意，请你给出当起点不在O点时，实验中验证机械能守恒的方法__________。
(4)机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律，实验小组设计了如图所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂着下表面水平的重物，在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器，两个传感器再通过数据采集器和电脑相连（图未画出）。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内，重物只在竖直方向上下运动，没有转动。他们首先用天平测得重物的质量为m，然后：
①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek；
②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点，用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面的距离，继而得到重物的重力势能Ep；
③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离，与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能E弹。
分析上述三种能量之和E随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E随时间保持不变，则可认为重物（包括地球）和弹簧组成的系统机械能守恒。
已知实验得到的F-t图像如图所示，则如图所示的图像中可能正确的是_______。
A． B． C． D．
【答案】（1）D；（2）mghD；m(hE-hC)28T2；（3）不同意，可以选择A点作为起点，研究从B到D的过程，测得各点到A点的距离分别为hAB、hAC、hAD和hAE，如果在误差允许范围内得出g(hAD-hAB)=(hAE-hAC)2-hAC28T2即可；（4）AC
【详解】(1)[1]AB. 由于电磁打点计时器需要交流电源，因此AB错误；
CD. 计算机械能守恒时，重物的质量等式两边均有，可以相互抵消，不必测出；要用刻度尺测量点与点之间的距离，从而算出打某个点时速度及下降的高度，因此C错误，D正确。故选D。
(2)[2]下降的高度为hD，因此减少的重力势能为mghD；
[3]打D点时的速度等于CE段的平均速度vD=hE-hC2T，动能增加量ΔEk=12mvD2-0=m(hE-hC)28T2
(3)[4]不同意，可以选择A点作为起点，研究从B到D的过程，测得各点到A点的距离分别为hAB、hAC、hAD和hAE，如果在误差允许范围内得出g(hAD-hAB)=(hAE-hAC)2-hAC28T2，即可证明机械能守恒。
(4)[5]A．由于弹簧始终处于伸长状态，弹力最大时一定是最低点，重力能势最小，而弹力最小时一定是最高点，重力势能最大，A正确；
B．弹簧弹力最大时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，而弹力最小时，一定是弹簧伸长量最小，弹性势能最小，B错误；
C．弹簧的弹力最大和最小时，一定是物体速度为零，动能最小，而运动到平衡位置时，动能最大，C正确；
D．无论弹簧的弹力如何变化，总的机械能保持不变，D错误。故选AC。
17. 如图所示为质谱仪的原理图。电荷量为q、质量为m的带电粒子从静止开始经过电压为U的加速电场后，进入粒子速度选择器。选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E。带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点沿垂直于MN的方向射入偏转磁场。偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2。带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点。带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）粒子从加速电场射出时速度v的大小；
（2）粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；
（3）实验过程中，为了提高测量精确度，需要使GH值增大。某次实验只增大加速电压U后，发现没有达到实验目的，请你通过推导给出合理的操作建议。
【答案】（1）2qUm；（2）Em2qU；垂直纸面向外；（3）见解析
【详解】（1）粒子在电场中加速，可得qU=12mv2，解得v=2qUm
（2）粒子在速度选择器中受力平衡，可得qE=qvB1，解得B1=Ev=Em2qU，
根据左手定则可知，磁感应强度B1的方向垂直纸面向外。
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB2=mv2r，
由几何关系，可知GH值为L=2r=2B22mUq，易知可以通过减小B2的方法，来使GH值增大。
18. 我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为m时，起飞离地速度为v0；装载货物后质量为M，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）请用已知量写出k的表达式；
（2）求飞机装载货物后的起飞离地速度v1；
（3）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地，求飞机滑行过程所用的时间。
【答案】（1）k=mgv02；（2）v1=Mmv0；（3）t=2dv0mM
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程：kv02=mg，所以k=mgv02
（2）载货起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程：kv12=Mg，将k带入解得：v1=Mmv0
（3）该飞机装载货物后，初速度为零的匀加速直线运动，则由: v12-0=2ad，解得：a=Mv022md
根据匀变速速度与时间关系：v1-0=at，解得：t=2dv0mM。
19. 目前地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的核能。
(1)如果将太阳聚变时的核反应简化为4个氢核（11H）聚变生成1个氦核（24He）和2个正电子。请你写出此核反应方程；
(2)目前太阳能已被广泛利用。如图所示的太阳能路灯的额定功率为P，光电池的光电转换效率为η。用P0表示太阳辐射的总功率，用r表示太阳与地球间的距离。太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗。某段时间内，电池板接收太阳垂直照射的等效面积为S。求这段时间内路灯正常工作时间t与日照时间t0之比？
(3)天文学家估测：太阳已有50亿年的历史了。有人认为：50亿年来，因释放核能而带来的太阳质量变化几乎可以忽略。请你通过计算说明这种观点的合理性。可能用到的数据：太阳的质量约为M0=2×1030kg，太阳辐射的总功率为P0=4×1026W，1年≈3×107秒。
【答案】(1)411H→24He+210e；(2)7P0Sη40πr2P；(3)见解析
【详解】(1)由质量数和电荷数守恒得411H→24He+201e
(2)路灯正常工作t时间需要消耗的太阳能是E=Ptη
距太阳中心的r的球面积为S0=4πr2，
t0时间内照射到电池板上的太阳能量为E'=7000P0t0SS0，联立解得tt0=7P0Sη40πr2P；
(3)50亿年太阳辐射的总能量为ΔE=P0t
根据ΔE=Δmc2可知，50亿年太阳损失的总质量为Δm=ΔEc2
损失的总质量与太阳质量之比ΔmM0=0.0300，所以这种说法合理
20. 2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中，中国队运动员谷爱凌力压世界，排名第一的选手，最后一跳以向左偏轴转体1620°的动作完美逆转（如图1），获得个人首金。大跳台比赛比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。图2是某技术公司对谷爱凌夺冠一跳的“高度-时间”分析。已知谷爱凌及身上的装置总质量为m=65kg。根据这些信息回答下述问题
（1）不考虑运动员转体的动作，将运动员看做质点。
a、设助滑出发区距地面高度为h1，运动员从静止出发，从起跳台起跳后能达到的最大高度距地面为h2，不计人体能量的消耗、不计一切摩擦，求运动员在最高点的速度大小v（用字母表示）；
b、请你根据图2中的信息，估算v大小；
c、运动员落到着陆坡时，垂直坡面方向的速度在极短时间内减为0，因此运动员要承受极大的冲击力。设运动员在最高点速度约为v=20m/s，落到着陆坡时的速度方向与水平成α=45°，着陆坡的倾角θ=36°，雪板与坡面经大约Δt=0.05s的撞击时间后继续滑行。请根据以上条件估算运动员受到的冲击力。（保留1位有效数字）（可能会用到数据：sin36°=0.59，cos36°=0.81，sin9°=0.16，sin81°=0.99）（提示，先写表达式，再代数）。
（2）考虑运动员的转体动作。
a、若谷爱凌在空中腾空的时间约为3s，在空中转动的角速度几乎不变，求她在空中转动的角速度大小；
b、物体转动动能可以理解为各部分绕轴转动的动能之和。已知物体转动的惯性用物理量I来描述，它的名称为“转动惯量”，物体转动的快慢用角速度ω描述。请类比质点动能表达式Ek=12mv2，写出物体转动动能表达式；
c、若将谷爱凌在空中转动，理想化为一个半径约为0.20m的圆柱体的转动，已知圆柱体的转动惯量为I=12mR2（m为圆柱体质量，R为圆柱体半径），并假设谷爱凌在冲出跳台的瞬间（约0.02s）内获得足够的角速度，请问她瞬间转体爆发的功率大约多大？（保留1位有效数字）。
【答案】（1）a、v=2(h1-h2)g ；b、v=19.7ms ；c、F≈6×104N（2）a、3πrads ；b、EK=12Iω2；c、P=3×103W
【详解】（1）a、根据机械能守恒，mgh1=mgh2+12mv2，解得v=2(h1-h2)g
b、根据图像可得h1=52m，h2=32m，解得v=19.7ms
c、从最高点到斜坡的运动为平抛，则落到斜坡时vv'=cos45°，速度垂直斜坡的分量为v''=v'sin9°
根据动量定量-FΔt=0-mv″，解得F≈6×104N
（2）a、角速度ω=ΔθΔt=9π3rads=3πrads
b、转动动能Ek=12Iω2
c、根据功能关系Pt=12Iω2，解得P=3×103W
2023年高考物理考前信息必刷卷03
北京地区专用
北京高考物理考试题型为14（单选题）＋2（实验题）＋4（解答题），命题继续坚持对“物理本质”的考查，注重选择日常教学经常涉及的常规问题和简单情境为命题素材，注重从日常生活实际情境中选取素材，考查考生对基本概念和规律的物理本质的理解；考查考生分析并解决原始问题、实际问题的能力；考查考生发现问题、表述问题、分析论证并解决问题的能力。
以考查科学探究能力的实验题为例，2022年继续拓宽实验能力考查的范围，首次将实验过程中的故障分析作为考查内容，引导教学打破一线实验教学中的“按部就班假探索”的实验教学弊端，切实引导中学“真做实验真探究”。此外，在学生实验的拓展性考查上进一步深入创新，要求考生基于学生实验原理，但跳出学生实验情境和实验室环境，利用生活中物品开展实验探究活动。
从近两年试题可以看出，命题人特别关注考生应用物理知识分析和解决问题能力的考查，且绝大部分命题均以实际实验或者是生活或科研情景来进行命制，因而备考时应该特别关注教材中的演示实验、学生实验以及STSE的阅读材料，尝试从教材阅读材料的理解中来提升自己分析和解决实际问题的能力。物理试题每年都会跟进或引领科学与技术的发展，所以对于社会科学或科技的热点内容应给予足够的关注，本套题中有多题涉及生活情境（如5、9、11、18、20）和科技仪器原理分析（如10、11、13、14）。
一、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
【答案】C
【详解】A．布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；
C．第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；
D．由热力学第一定律△U=W+Q可知，空气向外界散出0.8×105J的热量，故D错误；
故选C。
2. 根据德布罗意理论，电子也具有波粒二象性，其波长λ=hp，其中h为普朗克常量，p为电子的动量。在某次实验时用高压加速电子束，然后垂直射到双缝上，在双缝后的光屏上得到了干涉条纹，但条纹间距很小。下面的方法中一定能使条纹间距变大的是（ ）
A．降低加速电子的电压，同时减小双缝间的距离
B．降低加速电子的电压，同时加大双缝间的距离
C．减小双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝
D．加大双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝
【答案】A
【详解】AB．降低加速电子的电压，则电子的速度减小，动量减小，根据德布罗意波长公式λ=hp知，波长变大，根据条纹间距公式Δx=Ldλ可知，同时减小双缝间的距离，条纹间距变大，故A正确，B错误；
C．根据条纹间距公式Δx=Ldλ可知，减小双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝，则条纹间距的变化无法判断，故C错误；
D．根据条纹间距公式Δx=Ldλ，可知加大双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝，则条纹间距变小，故D错误。故选A。
3. 我国发射的首颗微重力实验卫星——实践十号，可以达到10-6g的微重力水平（10-6g其实指的是加速度），跻身世界先进行列．在太空中不是应该引力提供向心力而完全失重吗？微重力的来源之一是“引潮力”．引潮力较为复杂，简单说来是由于卫星实验舱不能被看作质点造成的，只有在卫星的质心位置引力才恰好等于向心力．假设卫星实验舱中各点绕地球运动的角速度相同，请根据所学知识判断下列说法中正确的是
A．在卫星质心位置下方（靠近地心一侧）的物体微重力方向向上（远离地心一侧）
B．在卫星质心位置上方的物体微重力方向向上
C．处在卫星质心位置的物体所受合力为零
D．在卫星质心位置上方的物体所受引力大于向心力
【答案】B
【详解】C.处于质心位置的物体，万有引力提供向心力，合力不为零，选项C错误．
D.根据万有引力提供向心力可知，卫星质点上方的物体受到的万有引力比质心的小，上方物体需要的向心力比质心的大，此时引力不足以提供向心力，选项D错误；
B.此时需要支持力来弥补引力来提供向心力，“潮引力”是支持力的反方向，所以此时“潮引力”向上，选项B正确．
A.下方的物体，需要的向心力小于万有引力，多有的万有引力由向外的支持力抵消，“潮引力”向内，指向地心，选项A错误．故选B.
4. 有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘的边缘，但并不与铜盘接触，如图所示，铜盘就能在较短的时间内停止。关于该实验现象，下列说法正确的是（ ）
A．铜盘被磁化后，与磁铁相互作用导致明显减速
B．铜盘的磁通量不变，因此不会产生感应电流
C．对调蹄形磁铁磁极的位置，实验现象也相同
D．将铜盘全部放在足够大的匀强磁场中，实验现象更明显
【答案】C
【详解】A．铜不是铁磁质，不会被磁化，故A错误；
B．虽然穿过整个铜盘的磁通量不变，但由于铜盘是导体，在铜盘内部可以看作形成了无数个闭合回路，当铜盘转动时，位于铜盘不同位置的闭合回路的磁通量会发生变化，从而产生感应电流，故B错误；
C．对调蹄形磁铁磁极的位置，只是磁场方向变为反向，铜盘中同样会产生感应电流阻碍其运动，实验现象将相同，故C正确；
D．将铜盘全部放在足够大的匀强磁场中，铜盘各个位置的磁场强度强度，当铜盘转动时，位于铜盘不同位置的闭合回路的磁通量不会发生变化，无法产生感应电流阻碍其运动，实验效果更不明显，故D错误。故选C。
5. 来自太阳的带电粒子会在地球的两极引起极光．带电粒子与地球大气层中的原子相遇，原子吸收带电粒子的一部分能量后，立即将能量释放出来就会产生奇异的光芒，形成极光．极光的光谱线波长范围约为3100Å～6700Å（1 Å=10-10m）．据此推断以下说法错误的是
A．极光光谱线频率的数量级约为1014Hz～1015Hz
B．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关
C．原子在从高能级向低能级跃迁时辐射出极光
D．对极光进行光谱分析可以鉴别太阳物质的组成成分
【答案】D
【详解】A. 极光光谐线频率的最大值fmax=cλ1=3×1083.1×103×10-10Hz≈1×1015Hz，极光光谐线频率的最小值fmin=cλ2=3×1086.7×103×10-10Hz≈4.5×1014Hz，则极光光谐线频率的数量级约为1014～1015 Hz，A正确；
B. 来自太阳的带电粒子到达地球附近，地球磁场迫使其中一部分沿着磁场线集中到南北两极．当他们进入极地的高层大气时，与大气中的原子和分子碰撞并激发，产生光芒，形成极光．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关，B正确；
C. 地球大气层中的原子吸收来自太阳带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光，C正确；
D. 地球大气层中的原子吸收来自太阳的带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光，对极光进行光谱分析可以鉴别地球大气层的组成成分，D错误．故选C。
6. 在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的 T2-L 图线，可以求出重力加速度g。已知两位同学做出的T2-L 图线如图中的a、b所示，其中a和b平行，图线a对应的g值很接近当地重力加速度的值。相对于图线 a，关于图线b的分析正确的是（ ）
A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将49次全振动记为50次
D．根据图线b不能准确测出当地的重力加速度
【答案】B
【详解】根据单摆周期公式T=2πLg得，T2=4π2gL，根据数学知识，图像的斜率k=4π2g，当地的重力加速度为g=4π2k。
AB．由图像可知，对图线b，当T为零时L不为零，所测摆长偏大，可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，故A错误，B正确；
C．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故C错误；
D．由图示图像可知，图线a与图线b的斜率相等，由g=4π2k，可知，图线b对应的g值等于图线a对应的g值，故D错误。故选B。
7. 如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是（ ）
A．当S分别接1或2时，测量的是电流，接1和接2时的最大测量值之比为R1+R2:R1
B．当S分别接3或4时，测量的是电阻，其中B是红表笔
C．当S分别接3或4时，测量的是电阻，接4时倍率大，测量同一电阻接4时的指针偏角较大
D．当S分别接5和6时，测量的是电压，接5和接6时的最大测量值之比为R3:R3+R4
【答案】A
【详解】A．当S分别接1或2时，表头与电阻并联，用来测电流，设接1时的量程为A1，由串并联电路特点可得A1-IgR1=IgRg+R2，设接2时的量程为A2，由串并联电路特点可得A2-IgR1+R2=IgRg，
联立可得A1A2=R1+R2R1，故A正确；
B．当S分别接3或4时，用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误；
C．当S分接3或4时，测量的是电阻，接4时比接3时总电阻大，测量同一电阻时流过电路的电流相对要小，则指针偏角更小，故C错误；
D．当S分别接5和6时，电流表与电阻串联，测量的是电压。电流表的量程为A2，电流表A2的阻值为RA2，设接5时的量程为V1，由串并联电路特点可得V1=A2RA2+R3，设接6时的量程为V2，由串并联电路特点可得V2=A2RA2+R3+R4，联立可得V1V2=RA2+R3RA2+R3+R4，故D错误。故选A。
8. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（ ）
A．静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B．电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C．由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D．由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表
【答案】C
【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，A错误；
C．由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd，知电容C增大，电压不变，由Q=CU知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，C正确；
D．由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C=εrS4πkd知，电容C减小，电压不变，由Q=CU知，电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，D错误。
B．由CD项分析可知，手机“前后”方向运动的加速度越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度越快。B错误；故选C。
9. 跳伞运动员由高空沿竖直方向落下，经过2s开启降落伞，此后再过18s落地．速度传感器记录此过程运动的v-t图象如图所示（在0～2s时间内的图线是直线）．根据图象信息可知（ ）
A．整个下落过程中，伞受到的空气阻力一直增大
B．t=16s时跳伞运动员所受重力的功率最大
C．跳伞运动员下落的总高度约为250m
D．前2s跳伞运动员的机械能不守恒
【答案】D
【详解】A. 因为0~2s内图像为直线，即做匀加速直线运动，所以伞受到的合力恒定，故阻力恒定，A错误；B. 重力的功率P=Fv=mgv，因为重力恒定，所以速度最大时重力的功率最大，在2s末重力的功率最大，B错误；
C. 图线与坐标轴围成的面积表示位移，每格的面积为2×2，小于半个忽略，大于半格算1格，故总50格，故下落的高度大约为h=50×2×2=200m，C错误；
D. 图线的斜率表示加速度，前2s内的加速度a=162=8m/s2
10. 手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1:n2=5:1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机充电，这时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．充电时，送电线圈中的电流为10A
B．充电时，cd间电压U2=44V
C．R的值为18.75Ω
D．充电时，送电线圈的输入功率为88W
【答案】C
【详解】A．设通过送电线圈和受电线圈的电流分别为I1、I2，根据理想变压器的电流关系I1=n2n1I2=0.4A，
故A错误；
BC．根据理想变压器电压与匝数关系有U2=n2n1U1=15U1、I1=n2n1I2=0.4A、Uab=U1+I1R、
U2=I2R+U手机，整理可得220V=5U2+0.4R、U2=（2R+5）V，联立解得U2=42.5V、
U1=5U2=5×42.5V=212.5V、R=18.75Ω，故B错误，C正确；
D．充电时，送电线圈的输入功率为P=U1I1=212.5×0.4W=85W，故D错误。故选C。
11. 地表风速的大小对我们的生产生活有着很大的影响，所以我们经常会在铁路沿线、码头、建筑、索道、气象站、养殖场等处看到风速仪，它们能够实时进行数据收集并智能传送，其基本结构如图1所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收．在风力作用下，风杯绕转轴以正比于风速（v风）的速率（v杯）旋转，其关系为v风=kv杯．风杯旋转会通过齿轮带动下面的凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风杯与转轴距离为r，风杯每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．计算机对探测器接收到的光强变化情况进行分析，就能得到风速的大小．在Δt时间内探测器接收到的光强随时间变化的关系如图2所示．下列说法正确的是
A．光纤材料内芯的折射率小于外套的折射率
B．风杯旋转的角速度小于凸轮圆盘的角速度
C．在Δt时间内，风速逐渐增大
D．在Δt时间内，风的平均速率为8πnrkΔt
【答案】D
【详解】A. 光纤材料是根据全反射原理制成的，其内芯的折射率大于外套的折射率，从而光能在内部发生全反射而传播，选项A错误；
B. 因风杯每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈，可知风杯旋转的角速度大于凸轮圆盘的角速度，选项B错误；C. 根据图b可知，在△t内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减小，风速减小，选项C错误；
D. 在△t内挡了4次光，则T1＝△t4．根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期T=△t4n，则风轮叶片转动的平均速率v＝2πrT＝8πnr△t，风的平均速率为v=kv=8πnrkΔt，故D正确．故选D.
12. 如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5×103N/C。一个可视为质点的带电小球在t=0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t=0时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小
B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C．小球的初速度是60m/s
D．小球的比荷（qm）是1×10-3C/kg
【答案】D
【详解】AB．在竖直方向上，由Δy=aT2得，a=ΔyT2=5×10-20.12=5m/s2
D．由牛顿第二定律得ma=mg-qE，得qm=55×103C/kg=1×10-3C/kg，故D正确。故选D。
13. 已知图中的霍尔元件是N型半导体，它内部形成电流的“载流子”是电子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中错误的是
A．电表B为毫安表，电表C为毫伏表
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的指针将反向偏转
D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数可能不变
【答案】C
【详解】A．电表B串联在电源E2的电路中，故其为电流表，即毫安表，而电表C并联在2、4两端，则其为电压表，即毫伏表，故A正确；
B．由安培定则可知，磁场方向竖直向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，由左手定则可知霍尔元件的电子仍偏向接线端2，则毫伏表指针不会反向偏转，设霍尔元件的宽度即2和4的宽度为d，电压为U，根据Bqv=Eq=Udq，解得U=Bvd，通过1和3的电流为I2=nqSv，由于电流方向相反，但大小不变，则电子定向移动的速度不变，则接线端2和4的电势高低关系不变，则毫伏表的指针不变，故C错误；
D．适当减小R1，根据闭合电路欧姆定律I1=E1R1+r1，则缠绕铁芯线圈的电流增大，则产生的磁感应强度增大，增大R2，霍尔元件中的电流减小，则电子定向移动的速度减小，根据U=Bvd，其中B增大，v减小，d不变，则毫伏表示数可能不变，故D正确。故选C。
14. 激光冷却是一种高新技术，利用该技术可以达到微开量级的低温，激光冷却目前已经在多个领域获得广泛应用。激光冷却的原理是，利用光子和原子的相互作用使原子运动减速，以获得超低温。如图所示，a、b为两个相同的原子，运动方向相反。用一束激光L照射原子，由于多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。原子吸收光子后由基态跃迁到激发态，随后原子又会自发跃迁回到基态，释放出频率等于其固有频率的光子。原子由激发态跃迁回基态的过程向各个方向释放光子的机会是均等的。结合所学知识，在激光冷却的过程中，判断下列说法正确的是（ ）
A．若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将减小
B．应使用频率比原子固有频率稍低的激光
C．原子a和原子b吸收光子的概率是相同的
D．原子a吸收光子的概率更高
【答案】B
【详解】A．原子a的速度方向与激光束L中的光子方向相同，则若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将增加，选项A错误；
BD．因当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高，而当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大，可知应使用频率比原子固有频率稍低的激光；而由题目的条件不能判断哪个原子吸收光子的概率更大，选项B正确，D错误；
C．原子b和原子a分别迎着光束的方向和背离光束的方向运动，根据多普勒效应，原子b接收到的光子的频率会升高，而原子a接收到的光子的频率会降低，两个原子的频率偏离固有频率的值不一定相同，则两个原子吸收光子的概率是不一定相同的，选项C错误；
故选B。
二、第二部分：本部分共6题，共58分。
15. 国标（GB／T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：
电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）；电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4 kΩ）；
定值电阻R2（阻值2 kΩ）；电阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝_______mm；
（2）玻璃管内水柱的电阻值R的表达式为：R＝_______（用R1、R2、R表示）；
（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-1L关系图象。则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m（保留两位有效数字）；
（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）30.00；（2）R1R2R；（3）14；（4）偏大
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上0刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm，所以玻璃管内径：d=30.00mm
（2）[2]设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为：I=UR1，总电压：E=UR1Rx+U，
当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为I=UR，总电压E=URR2+U，由于两次总电压等于电源电压E，可得：RxR1＝R2R，解得：Rx＝R1R2R
（3）[3]从图丙中可知，R=2×103Ω时，1L=5.0m-1，此时玻璃管内水柱的电阻：Rx＝R1R2R=4000Ω，
水柱横截面积：S=π（d2）2，由电阻定律R＝ρLS得：ρ＝RxSL=4000×3.14×30×10-322×5Ω⋅m≈14Ω⋅m
（4）[4]若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路中实际电流大于I=UR1，根据E=UR1Rx+U可知测量的R将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。
16. 用如图所示装置验证机械能守恒定律。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的一组器材是____________。
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)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为h、h、h。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为___________，动能增加量为____________。（用上述测量量和已知量的符号表示）
(3)对于上述实验，有的同学提出研究的运动过程的起点必须选择在O点，你同意这种看法吗？如果同意请你说明理由；如果不同意，请你给出当起点不在O点时，实验中验证机械能守恒的方法__________。
(4)机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律，实验小组设计了如图所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂着下表面水平的重物，在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器，两个传感器再通过数据采集器和电脑相连（图未画出）。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内，重物只在竖直方向上下运动，没有转动。他们首先用天平测得重物的质量为m，然后：
①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek；
②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点，用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面的距离，继而得到重物的重力势能Ep；
③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离，与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能E弹。
分析上述三种能量之和E随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E随时间保持不变，则可认为重物（包括地球）和弹簧组成的系统机械能守恒。
已知实验得到的F-t图像如图所示，则如图所示的图像中可能正确的是_______。
A． B． C． D．
【答案】（1）D；（2）mghD；m(hE-hC)28T2；（3）不同意，可以选择A点作为起点，研究从B到D的过程，测得各点到A点的距离分别为hAB、hAC、hAD和hAE，如果在误差允许范围内得出g(hAD-hAB)=(hAE-hAC)2-hAC28T2即可；（4）AC
【详解】(1)[1]AB. 由于电磁打点计时器需要交流电源，因此AB错误；
CD. 计算机械能守恒时，重物的质量等式两边均有，可以相互抵消，不必测出；要用刻度尺测量点与点之间的距离，从而算出打某个点时速度及下降的高度，因此C错误，D正确。故选D。
(2)[2]下降的高度为hD，因此减少的重力势能为mghD；
[3]打D点时的速度等于CE段的平均速度vD=hE-hC2T，动能增加量ΔEk=12mvD2-0=m(hE-hC)28T2
(3)[4]不同意，可以选择A点作为起点，研究从B到D的过程，测得各点到A点的距离分别为hAB、hAC、hAD和hAE，如果在误差允许范围内得出g(hAD-hAB)=(hAE-hAC)2-hAC28T2，即可证明机械能守恒。
(4)[5]A．由于弹簧始终处于伸长状态，弹力最大时一定是最低点，重力能势最小，而弹力最小时一定是最高点，重力势能最大，A正确；
B．弹簧弹力最大时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，而弹力最小时，一定是弹簧伸长量最小，弹性势能最小，B错误；
C．弹簧的弹力最大和最小时，一定是物体速度为零，动能最小，而运动到平衡位置时，动能最大，C正确；
D．无论弹簧的弹力如何变化，总的机械能保持不变，D错误。故选AC。
17. 如图所示为质谱仪的原理图。电荷量为q、质量为m的带电粒子从静止开始经过电压为U的加速电场后，进入粒子速度选择器。选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E。带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点沿垂直于MN的方向射入偏转磁场。偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2。带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点。带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）粒子从加速电场射出时速度v的大小；
（2）粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；
（3）实验过程中，为了提高测量精确度，需要使GH值增大。某次实验只增大加速电压U后，发现没有达到实验目的，请你通过推导给出合理的操作建议。
【答案】（1）2qUm；（2）Em2qU；垂直纸面向外；（3）见解析
【详解】（1）粒子在电场中加速，可得qU=12mv2，解得v=2qUm
（2）粒子在速度选择器中受力平衡，可得qE=qvB1，解得B1=Ev=Em2qU，
根据左手定则可知，磁感应强度B1的方向垂直纸面向外。
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB2=mv2r，
由几何关系，可知GH值为L=2r=2B22mUq，易知可以通过减小B2的方法，来使GH值增大。
18. 我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为m时，起飞离地速度为v0；装载货物后质量为M，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）请用已知量写出k的表达式；
（2）求飞机装载货物后的起飞离地速度v1；
（3）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地，求飞机滑行过程所用的时间。
【答案】（1）k=mgv02；（2）v1=Mmv0；（3）t=2dv0mM
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程：kv02=mg，所以k=mgv02
（2）载货起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程：kv12=Mg，将k带入解得：v1=Mmv0
（3）该飞机装载货物后，初速度为零的匀加速直线运动，则由: v12-0=2ad，解得：a=Mv022md
根据匀变速速度与时间关系：v1-0=at，解得：t=2dv0mM。
19. 目前地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的核能。
(1)如果将太阳聚变时的核反应简化为4个氢核（11H）聚变生成1个氦核（24He）和2个正电子。请你写出此核反应方程；
(2)目前太阳能已被广泛利用。如图所示的太阳能路灯的额定功率为P，光电池的光电转换效率为η。用P0表示太阳辐射的总功率，用r表示太阳与地球间的距离。太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗。某段时间内，电池板接收太阳垂直照射的等效面积为S。求这段时间内路灯正常工作时间t与日照时间t0之比？
(3)天文学家估测：太阳已有50亿年的历史了。有人认为：50亿年来，因释放核能而带来的太阳质量变化几乎可以忽略。请你通过计算说明这种观点的合理性。可能用到的数据：太阳的质量约为M0=2×1030kg，太阳辐射的总功率为P0=4×1026W，1年≈3×107秒。
【答案】(1)411H→24He+210e；(2)7P0Sη40πr2P；(3)见解析
【详解】(1)由质量数和电荷数守恒得411H→24He+201e
(2)路灯正常工作t时间需要消耗的太阳能是E=Ptη
距太阳中心的r的球面积为S0=4πr2，
t0时间内照射到电池板上的太阳能量为E'=7000P0t0SS0，联立解得tt0=7P0Sη40πr2P；
(3)50亿年太阳辐射的总能量为ΔE=P0t
根据ΔE=Δmc2可知，50亿年太阳损失的总质量为Δm=ΔEc2
损失的总质量与太阳质量之比ΔmM0=0.0300，所以这种说法合理
20. 2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中，中国队运动员谷爱凌力压世界，排名第一的选手，最后一跳以向左偏轴转体1620°的动作完美逆转（如图1），获得个人首金。大跳台比赛比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。图2是某技术公司对谷爱凌夺冠一跳的“高度-时间”分析。已知谷爱凌及身上的装置总质量为m=65kg。根据这些信息回答下述问题
（1）不考虑运动员转体的动作，将运动员看做质点。
a、设助滑出发区距地面高度为h1，运动员从静止出发，从起跳台起跳后能达到的最大高度距地面为h2，不计人体能量的消耗、不计一切摩擦，求运动员在最高点的速度大小v（用字母表示）；
b、请你根据图2中的信息，估算v大小；
c、运动员落到着陆坡时，垂直坡面方向的速度在极短时间内减为0，因此运动员要承受极大的冲击力。设运动员在最高点速度约为v=20m/s，落到着陆坡时的速度方向与水平成α=45°，着陆坡的倾角θ=36°，雪板与坡面经大约Δt=0.05s的撞击时间后继续滑行。请根据以上条件估算运动员受到的冲击力。（保留1位有效数字）（可能会用到数据：sin36°=0.59，cos36°=0.81，sin9°=0.16，sin81°=0.99）（提示，先写表达式，再代数）。
（2）考虑运动员的转体动作。
a、若谷爱凌在空中腾空的时间约为3s，在空中转动的角速度几乎不变，求她在空中转动的角速度大小；
b、物体转动动能可以理解为各部分绕轴转动的动能之和。已知物体转动的惯性用物理量I来描述，它的名称为“转动惯量”，物体转动的快慢用角速度ω描述。请类比质点动能表达式Ek=12mv2，写出物体转动动能表达式；
c、若将谷爱凌在空中转动，理想化为一个半径约为0.20m的圆柱体的转动，已知圆柱体的转动惯量为I=12mR2（m为圆柱体质量，R为圆柱体半径），并假设谷爱凌在冲出跳台的瞬间（约0.02s）内获得足够的角速度，请问她瞬间转体爆发的功率大约多大？（保留1位有效数字）。
【答案】（1）a、v=2(h1-h2)g ；b、v=19.7ms ；c、F≈6×104N（2）a、3πrads ；b、EK=12Iω2；c、P=3×103W
【详解】（1）a、根据机械能守恒，mgh1=mgh2+12mv2，解得v=2(h1-h2)g
b、根据图像可得h1=52m，h2=32m，解得v=19.7ms
c、从最高点到斜坡的运动为平抛，则落到斜坡时vv'=cos45°，速度垂直斜坡的分量为v''=v'sin9°
根据动量定量-FΔt=0-mv″，解得F≈6×104N
（2）a、角速度ω=ΔθΔt=9π3rads=3πrads
b、转动动能Ek=12Iω2
c、根据功能关系Pt=12Iω2，解得P=3×103W
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