2024年北京市朝阳区高考物理一模试卷（含解析）

这是一份2024年北京市朝阳区高考物理一模试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列核反应中属于核裂变的是( )
A. 1124Na→1224Mg+−10eB. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n
C. 919F+24He→1022Ne+11HD. 12H+13H→24He+01n
2.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
3.如图所示，P、M、N是匀强电场中的三个点，其中M、N在同一条电场线上，AB是过M点与电场线垂直的直线。下列说法正确的是( )
A. 正电荷在M点受到的静电力大于其在N点受到的静电力
B. 将负电荷从M点移到N点再移到P点，电场力先做正功再做负功
C. M、N两点电场强度相等，所以M点电势等于N点电势
D. M、N两点间电势差大于M、P两点间电势差
4.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)cm。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿x轴负方向传播
B. 这列波的振幅为20cm
C. 这列波的波速为10m/s
D. t=2s时P点位于波峰
5.列车进站可简化为匀减速直线运动，在此过程中用t、x、v和a分别表示列车运动的时间、位移、速度和加速度。下列图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.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
7.如图所示，电动玩具车沿水平面向右运动，欲飞跃宽度d=4m的壕沟AB。已知两沟沿的高度差h=0.8m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，不计车本身的长度。关于玩具车的运动，下列说法正确的是( )
A. 离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越短
B. 离开A点时的速度大于10m/s就能安全越过壕沟
C. 在空中飞行的过程中，动量变化量的方向指向右下方
D. 在空中飞行的过程中，相同时间内速率的变化量相同
8.地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处，周期与地球自转周期相同，其运动可视为绕地球做匀速圆周运动。其中一种轨道平面与赤道平面成0度角，运动方向与地球自转方向相同，因其相对地面静止，也称静止卫星。下列说法正确的是( )
A. 与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更小
B. 与近地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小
C. 静止卫星内的物体处于平衡状态
D. 所有静止卫星的线速度均相同
9.某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输入功率都是P。若输电线路的电阻为R，变压器为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 根据公式U=IR，提高电压后输电线上的电压损失变为原来的20倍
B. 根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
C. 根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的1400
D. 根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
10.如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时( )
A. P的动量为0B. Q的动量达到最大值
C. P、Q系统总动量小于mvD. 弹簧储存的弹性势能为14mv2
11.如图1所示，R1是电阻箱，R2是定值电阻。闭合开关S，改变R1的阻值，两理想电压表V1、V2的示数与R1关系图像如图2所示，已知图线①和②为相互平行的直线。下列说法正确的是( )
A. 图线①表示V1示数与R1的对应关系
B. R1中的电流随R1的增大而减小
C. R2两端的电压随R1的增大而增大
D. 供电设备输出的总功率随R1的增大而增大
12.如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动(俯视)。在t=0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B=kt(k>0)。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是( )
A. 小球对玻璃圆环的压力不断增大B. 小球对玻璃圆环的压力不断减小
C. 小球所受的磁场力一定不断增大D. 小球每运动一周增加的动能为kqπR
13.小明在完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验后，他想用该实验的原理测量一根轻弹簧的劲度系数，但由于弹簧的劲度系数太大，伸长量较小，不易直接测量。他设计了如图所示的实验装置，并进行了测量。把弹簧竖直悬挂在支架上，在弹簧下端固定一个托盘，托盘下方连接钢制圆柱体，圆柱体直径小于盛水量筒内壁直径。调节底座高度，使圆柱体浸入水中。在托盘中不断增加砝码时，弹簧向下拉伸，圆柱体下移，通过量筒的刻度读出水面上升的高度。已知水的密度为ρ，圆柱体直径为D1、量筒内壁直径为D2，重力加速度g。对实验记录的数据进行分析、处理后，他获得了劲度系数的数值。对此实验，下列说法正确的是( )
A. 实验需要用天平测量托盘和圆柱体的质量
B. 不考虑水的浮力，劲度系数测量值将偏大
C. 水面上升的高度与弹簧伸长量的比值为D22−D12D12
D. 砝码的重力与对应水面上升的高度不成正比关系
14.电路过载时电流一般比额定电流大一些，而短路时则可能达到额定电流的十几倍以上。空气开关是一种常见的电气设备，可用于保护电气线路和设备避免过载或短路的破坏，如图1所示。空气开关内部有电磁脱扣器和热脱扣器两种断开结构，如图2所示。在过载或短路发生的情况下，电路中的强电流流过电磁线圈，线圈内的金属顶针在电磁力的作用下压缩弹簧撞击弹片使电路断开；热脱扣器则是利用双金属片热胀冷缩的原理，当强电流流过双金属片时，材料不同的双金属片发热形变程度不同，金属片带动连杆开关使电路断开。
一般家庭电路中用电器往往启动瞬间电流较大，为保证用电器顺利启动，多采用脱扣特征曲线如图3所示的空气开关。脱扣特征曲线的横轴表示线路实际电流相对于额定电流的倍数(部分刻度值未画出)，纵轴(t/s)表示电流持续时间，曲线①左下方区域表示空气开关不脱扣，曲线②右上方区域表示脱扣，①、②曲线所夹的区域为不确定区域，在此区域中脱扣器可能是脱扣状态或未脱扣状态。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 电路发生过载情况时，更易发生电磁脱扣
B. 实际电流为额定电流2倍时，线路设备可持续工作至少10秒
C. 实际电流为额定电流7倍时，一定是电磁脱扣器执行断开电路动作
D. 线路设备在工作条件下，电磁脱扣器不产生焦耳热
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，在实验室中找到了以下器材：
A.可拆变压器
B.条形磁铁
C.开关、导线若干
D.交流电压表
E.直流电源
F.低压交流电源
在本实验中，上述器材不需要的是______(填器材序号字母)。
(2)某同学用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象。所用器材有：电源E、电流表A、电压表V、电容器C、定值电阻R、单刀双掷开关S、导线若干。
①根据图甲，将图乙中的实物连线补充完整。

②将图乙中的电流表换成电流传感器，可以在电脑端记录电流随时间变化的图线。先将开关接1，待电路稳定后再接2。已知电流从左向右流过电阻R时为正，则与本次实验相符的I−t图像是______。

③将图乙中的电压表换成电压传感器，可以在电脑端记录放电过程中电压随时间变化的图线，如图丙所示。已知开关接2瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，利用数据处理软件得到U−t图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C= ______。(用题中已知物理量Um、R和S0表示)
16.某学习小组采用以下实验方案验证动量守恒定律。
如图甲，长木板上的小车M左端贴有橡皮泥，右端连一穿过打点计时器的纸带，小车N置于M的左侧。打点计时器电源频率为50Hz。实验过程如下：

①微调长木板右端的小木片，使小车能在木板上做匀速直线运动
②接通打点计时器电源后，让小车M做匀速直线运动，并与静置于木板上的小车N相碰
③小车M与N粘在一起，继续做匀速直线运动
④实验中获得一条纸带如图乙所示，在图上标记各计数点，并测量出AB、BC、CD、DE四段长度
(1)计算小车M碰撞前的速度大小应选______段(选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”)，速度大小为______m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)若小车M的质量为0.4kg，小车N的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰后两小车的总动量为______kg⋅m/s(结果保留三位有效数字)，进而可以验证，在误差范围内两小车碰撞过程中动量______(选填“守恒”、“不守恒”)。
(3)请你说明步骤①对该实验的作用。
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，质量m=1.0kg的小物块从固定斜面的顶端由静止开始匀加速下滑。斜面的长度L=1m，倾角θ=37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求物块下滑至斜面底端的过程中：
(1)加速度的大小a；
(2)重力冲量的大小IG和方向；
(3)损失的机械能ΔE。
18.地球高层大气空域的电离层中存在大量的自由电子和离子，使用绳系卫星可以研究电离层的特性。如图所示，由于卫星P1和P2组成的绳系卫星，在地球赤道上空的电离层中绕地球中心做匀速圆周运动。已知绳系卫星轨道距地面的高度为H，两颗子卫星之间的导体绳长为L(L≪H)，导体绳沿地球半径方向。卫星轨道所在处的地磁场磁感应强度大小为B，方向如图。地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，不计地球自转、电离层的运动。
(1)不计环境阻力，求绳系卫星在轨道上绕地球中心运行速度的大小v；
(2)考虑环境阻力并设其大小恒为f、方向总垂直于导体绳，为使卫星保持在原轨道上，设想在导体绳上串联接入一电动势恒定的电源，如图所示。该电源、导体绳及附近的电离层可视为闭合电路，电路等效总电阻为r，此时在电源和感应电动势的共同作用下，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力。
a.说明导体绳中电流方向及导体绳所受安培力方向；
b.求接入电源的电动势E。
19.把不易测量的微观量转化为测量宏观量、易测量量是一种常用的科学方法。
(1)用油膜法估算油酸分子的直径。已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，其在水面上形成的单分子油膜面积为S，求油酸分子的直径d。
(2)根据玻尔理论，可认为氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动。处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子恰好发生电离，已知处于基态的氢原子具有的电势能为E。电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h。求基态氢原子的半径r。
(3)科研人员设计了一种简便的估算原子核直径的方案：取某种材料的薄板，薄板的面积为A，薄板内含有N个该种材料的原子。用高能粒子垂直薄板表面轰击，已知入射薄板的粒子数为n1，从薄板另一侧射出的粒子数为n2，设高能粒子在空间均匀分布，薄板材料中的原子核在高能粒子通道上没有重叠。求该种材料原子核的直径D。
20.根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。
情境1：如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，磁感应强度大小为B，在磁场中M点处有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子。已知重力加速度g。
(1)若使带电粒子获得某一水平向右的初速度，恰好作匀速直线运动，求该速度的大小v0；
(2)若在M点静止释放该粒子，其运动将比较复杂。为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为零的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。求粒子运动过程中的最大速率vm。

情境2：质谱仪由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成，如图2所示。已知速度选择器的两极板间的电场强度为E，磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有某种带电离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入，部分离子通过小孔O′后进入分离器的偏转磁场中。打在感光区域P点的离子，在速度选择器中沿直线运动，测得P到O′点的距离为L。不计离子的重力及离子间的相互作用，不计小孔O、O′的孔径大小。
(1)当从O点入射的离子速度满足(EB1−Δv)≤v≤(EB1+Δv)时，在分离器的感光板上会形成有一定宽度的感光区域。求该感光区域的宽度D；
(2)针对情形(1)，为了提高该速度选择器的速度选择精度，请你提出可行的方案。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、该方程有β粒子(电子)产生，是β衰变，故A错误；
B、由核反应的特点可知，该核反应是铀235吸收一个中子后发生的重核的裂变，故B正确；
C、该反应属于原子核的人工转变，故C错误；
C、该方程式是轻核聚变方程，故D错误；
故选：B。
裂变是质量较大的核分裂成较轻的几个核；α衰变生成氦原子核，自发进行；β衰变生成电子，自发进行；聚变是质量轻的核结合成质量大的核。
该题考查常见的几个核反应方程，属于对核反应方程的种类的考查，难度不大，在学习中需要记住一些特殊的方程式。
2.【答案】A
【解析】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。
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。
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。
3.【答案】D
【解析】解：A、在匀强电场中，根据F=qE可知正电荷在M点和在N点所受静电力相等，故A错误；
B、将负电荷从M点移到N点再移到P点，其电势能先增加后减小，所以电场力先做负功再做正功，故B错误；
C、M、N两点电场强度相等，但M点电势大于N点电势，故C错误；
D、根据U=Ed(d为沿电场线的距离)可知M、N两点间电势差大于M、P两点间电势差，故D正确。
故选：D。
根据F=qE分析正电荷在M、N两点所受静电力大小；根据负电荷的电势能变化判断电场力做功情况；沿电场线方向电势降低；根据U=Ed(d为沿电场线的距离)判断其电势差大小关系。
本题考查场强和电势、电势差、电场力做功的关系，解题关键掌握判断电势高低的方法。
4.【答案】C
【解析】解：A、质点P的的振动方程可知在t=0时质点P的振动方向沿y轴正方向，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
BCD、由题图可知：振幅A=10cm，波长λ=4m，其周期T=2π5πs=0.4s，其波速ν=λT=40.4m/s=10m/s，t=2s=5T，据此可知P点位于平衡位置，故BD错误，C正确；
故选：C。
根据质点P的振动方程得到周期和质点振动方向，从而由图得到波的传播方向；根据波形图得到波长，即可求得波速，根据时间与周期关系判断P点位置。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动方程得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速。
5.【答案】D
【解析】解：A.x−t图像中，图像的斜率表示速度，说明物体在做匀速运动，故A错误；
B.图像中加速度在逐渐减小，说明物体做加速度逐渐减小的减速运动，故B错误；
C.a−x图中，根据公式v2=2ax，可知匀变速运动中a与x成反比关系，故C错误；
D.根据公式v2−v02=2ax，可知图像的斜率绝对值为2a，且斜率为负值，说明物体做匀减速直线运动，故D正确；
故选：D。
x−t图像中，斜率表示速度，从而分析出A选项；B选项中加速度逐渐减小，从而得出运动情况；根据公式v2=2ax，结合图像走势以及斜率可得出CD选项。
学生在解答本题时，应注意解决图像问题要从图像的斜率和面积出发考虑。
6.【答案】A
【解析】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VATA=VBTB，代入数据0.4TA=0.6300，解得：TA=200K；
从B到C，根据理想气体状态方程pBTB=pCTC，其中pB=pA=1.5×105Pa，代入数据1.5×105300=pc400，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。
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。
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。
7.【答案】B
【解析】解：AB、玩具车穿跃壕沟的过程中，人和车做平抛运动。欲平安穿跃壕沟应满足车在竖直方向上下落h时，它的水平位移s≥d，
竖直方向上人和车做自由落体运动，由h=12gt2
解得t=0.4s
水平方向做匀速直线运动，由s=v0t≥d
解得：v0≥10m/s
故A错误，B正确；
C、玩具车飞行过程中，只有重力的冲量，根据动量定理可知动量变化量的方向指竖直向下，故C错误；
D、在空中飞行的过程中，相同时间内速率的变化量不相同，速度的变化量相同，故D错误；
故选：B。
玩具车穿跃壕沟的过程，人和车做平抛运动。欲平安穿跃壕沟应满足车在竖直方向上下落高度h时，它的水平位移s≥d，根据平抛运动的基本公式即可求解AB，根据动量定理及平抛运动规律分析CD。
本题关键明确玩具车做的是平抛运动，然后根据平抛运动的基本公式求解。要注意动量定理的应用及平抛运动规律的运用。
8.【答案】B
【解析】解：A、静止卫星和地球自转的角速度是相等的，根据a=rω2可知，与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更大，故A错误；
B、根据GMmr2=mv2r可得，卫星绕地面运动的线速度大小为v= GMr，因为静止卫星的轨道半径大于近地卫星的半径，所以与近地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小，故B正确；
C、静止卫星内的物体随卫星一起绕地球做匀速圆周运动，物体受到的万有引力刚好完全提供向心力，物体都是处于完全失重状态，所以物体不是处于平衡状态，故C错误；
D、所以静止卫星的线速度大小相等，但方向不同，故D错误。
故选：B。
根据a=rω2分析；根据万有引力提供向心力，可以得到线速度的表达式，据此比较；卫星内的物体随卫星一起做匀速圆周运动；静止卫星的线速度方向不同。
对同步轨道卫星要知道，它们的半径一定、线速度大小一定、角速度一定、周期一定、绕行方向都是一定的。
9.【答案】C
【解析】解：B.根据公式P=UI可知，设原来的电流为I，升压后的电路电流为120I，故B错误；
A.升压后损失的电压为U损=120IR，即为原来的120，故A错误；
CD.根据公式有P损=(120I)2R=1400I2R，电功率的损失是原来的1400，故C正确，D错误。
故选：C。
现根据功率的公式计算电流的变化情况，再根据损失的电压和损失的功率的计算式列式代入数据解答。
考查交流电的输送问题，会根据题意计算功率损失和电压损失。
10.【答案】D
【解析】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv=2mv1，解得：v1=12v，所以P的动量为mv1=12mv，不为零，故AC错误；
D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep=12mv2−12×2mv12=14mv2，故D正确；
B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量不是最大，故B错误。
故选：D。
根据动量守恒定律，结合物体的速度关系得出共同的速度大小；根据动量的计算公式和弹簧的状态对物块所处的状态进行分析；根据机械能守恒定律求解弹簧储存的弹性势能。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动量的计算公式完成分析。
11.【答案】D
【解析】解：A.根据电路图可知，当电阻R1的阻值为0时，其两端的电压也为0，根据图2可知，②是V1示数和R1的关系图线，故A错误；
B.根据图2图线②可知，图线的斜率等于流过R1的电流，当R1增大时，R1的电流没有发生变化，故B错误；
C.R2是定值电阻，和R1是串联连接，R1的电流不发生变化，则R2的电流也不变，则R2两端的电压保持不变，故C错误；
D.R1增大时，电路中的电流不变，根据P=I2(R1+R2)可知，供电设备输出的总功率变大，故D正确。
故选：D。
A.根据R1的阻值为0的情况进行判断；
B.根据图像②的斜率分析电流变化情况；
C.根据电路电流和定值电阻特性进行分析判断；
D.根据电源的输出功率公式进行解答。
本题的重点是结合图像的斜率的物理意义分析判断，不能简单的理解为常规电源分析解决。
12.【答案】C
【解析】解：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动；
AB、根据牛顿第二定律可知未加磁场时，重力与支持力的合力提供环的向心力，加磁场后重力与支持力、洛伦兹力的合力提供向心力，由于洛伦兹力与向心力大小关系未知，无法分析小球与圆环间弹力变化，故AB错误；
C、由于小球的速度逐渐增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力一定不断增大，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=πR2k
根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，根据动能定理可知qE2πR=ΔEk
解得ΔEk=12kqπR
故D错误。
故选：C。
根据楞次定律分析电场方向，判断小球的运动情况，根据牛顿第二定律分析AB，根据洛伦兹力公式分析C，根据动能定理分析D。
考查电磁学与力学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、动能定理及牛顿运动定律，难度较大。
13.【答案】B
【解析】解：AB、本实验的实验原理是通过测量增加的砝码的重力与增加的浮力之差得到弹簧的弹力变化量，通过液面高度变化得到弹簧的形变量，从而求出弹簧的劲度系数，所以不考虑考虑水的浮力，则弹簧的弹力变化量偏大，根据k=ΔFΔx可知劲度系数测量值将偏大，此实验不需要用天平测量托盘和圆柱体的质量，故B正确，A错误；
C、根据体积关系可得
Δxπ(D12)2)=Δh[π(D22)2−π(D12)2]
整理得
ΔhΔx=D12D22−D12
故C错误；
D、根据分析可知砝码增多，弹簧的形变量增大，则水面上升的高度也增大，根据ΔhΔx=D12D22−D12可知水面上升的高度与弹簧的形变量成正比例关系，浮力与水面上升的高度成正比例关系，可知砝码的重力与对应水面上升的高度成正比关系，故D错误。
故选：B。
根据实验原理结合胡克定律分析AB；根据体积的关系分析砝码的重力与对应水面上升的高度。
本题考查胡克定律及受力平衡关系，解题关键掌握体积的变化关系。
14.【答案】B
【解析】解：A.电路发生过载情况时，电路过载时电流般比额定电流大一些，所以线路实际电流相对于额定电流的倍数偏小，由图3可知更容易发生热脱扣，故A错误；
B.实际电流为额定电流2倍时，由图3可得线路设备可持续工作至少10秒，故B正确；
C.实际电流为额定电流7倍时，由图3可见刚好处于不确定区域，所以不一定是电磁脱扣器执行断开电路动作，故C错误；
D.线路设备在工作条件下，电路中的强电流流过电磁线圈，所以电磁脱扣器产生焦耳热，故D错误。
故选：B。
根据图像结合各选项含义分析解答。
本题考查题目信息题，解题关键掌握图3的理解，注意横、纵坐标的含义。
15.【答案】BE A S0RUm
【解析】解：(1)根据探究压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理可知，不需要条形磁铁和直流电源，故BE错误；ACDF正确；
本题选择错误选项；
故选：BE。
(2)①根据电路图连接实物图如图
②将开关接1，电容器充电，电流方向向左为负，待电路稳定后再接2，电流由左向右，为正，故A正确，BCD错误；
故选：A。
③电容器的电容为：C=QUm=URtUm
根据图像的面积可知C=S0RUm
故答案为：(1)BE；(2)①见解析；②A； ③S0RUm
(1)根据探究压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理分析选择器材；
(2)根据电路图连接实物图，根据电流的方向选择图像，根据电容的定义式解答。
本题主要考查了电容器的充放电问题，熟悉电容器充放电的特点，结合电容的计算公式即可完成分析。
16.【答案】BC 1.71 0.684 守恒
【解析】解：(1)计算小车M碰撞前的速度大小应选择BC段，根据运动学公式可得：
v=xBC5T=17.12×10−25×0.02m/s=1.71m/s
(2)计算M与N碰撞后的速度大小应选择DE段，同理可得：
v1=xCD5T=11.40×10−25×0.02m/s=1.14m/s
则碰后两小车的总动量为：
p1=(M+m)v1=(0.4+0.2)×1.14kg⋅m/s=0.684kg⋅m/s
碰撞前小车M的动量为：
p=Mv=0.4×1.71kg⋅m/s=0.684kg⋅m/s
由此可知，在误差范围内两小车碰撞过程中动量守恒。
(3)步骤①对该实验的作用：
①平衡摩擦力，保证两车作用过程中动量守恒；
②便于选取小车匀速运动的纸带区间，以计算碰撞前后对应的速度大小。
故答案为：(1)BC；1.71；(2)0.684；守恒；(3)①平衡摩擦力，保证两车作用过程中动量守恒；②便于选取小车匀速运动的纸带区间，以计算碰撞前后对应的速度大小。
(1)根据纸带的特点选择合适的位置计算小车的速度大小，结合运动学公式完成分析；
(2)根据动量的计算公式得出动量的大小，从而验证整个过程动量是否守恒；
(3)根据题意得出步骤①对实验的作用。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉运动学公式的应用，结合动量的计算公式即可完成分析。
17.【答案】解：(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律mgsinθ−f=ma
且f=μmgcsθ
得a=2m/s2
(2)由运动学公式L=12at2
得t=1s或t=−1s(舍去)
根据冲量的定义可得IG=mgt
解得IG=10N⋅s，方向竖直向下
(3)下滑过程中物块克服摩擦力做功为W克，机械能损失ΔE，有ΔE=W克=μmgLcsθ
得ΔE=4J
答：(1)加速度的大小为2m/s2；
(2)重力冲量的大小为10N⋅s，方向竖直向下；
(3)损失的机械能为4J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律解得加速度；
(2)根据运动学规律解得时间，根据冲量的计算公式解答；
(3)根据功能关系解得机械能的损失。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式及功能关系的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在动力学问题是必求的量。
18.【答案】解：(1)卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：GMm(R+H)2=mv2R+H
地球表面上质量为m′的物体，则有：GMm′R2=m′g
代入数据可得：v= gR2R+H
(2)a.导体绳所受阻力与卫星运动方向相反，导体绳所受安培力与克服环境阻力等大反向，可知安培力方向与卫星运动方向相同，
由左手定值可知电流方向由P1指向P2
b.由右手定则可知切割磁感线产生的感应电动势方向与电源电动势方向相反，则闭合电路中电动势：E总=E−BLv=Ir
安培力与阻力平衡，则有：BIL=f
代入数据可得：E=BLv+frBL
将(1)问速度代入上式，可得：E=BL gR2R+H+frBL
答：(1)不计环境阻力，绳系卫星在轨道上绕地球中心运行速度的大小v为 gR2R+H；
(2)a.导体绳中电流方向由P1指向P2，导体绳所受安培力方向与卫星运动方向相同；
b.接入电源的电动势E为BL gR2R+H+frBL。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力、地球表面的物体万有引力和重力关系分析；
(2)a、根据安培力和环境阻力的关系和左手定则判断电流方向，利用右手定则判断导体绳切割磁感线产生感应电动势，
b、根据电源电动势和感应电动势，环境阻力和安培力大小关系，联立方程可得解。
本题考查了共点力平衡、万有引力定律、电磁感应和安培力，解题的关键是根据阻力方向判断安培力方向，由左手定值判断回路中总电流方向，根据右手定则判断导体绳切割磁感线产生的感应电动势方向。
19.【答案】解：(1)根据题中条件可得d=VS
(2)设基态电子的速度为v，根据能量守恒有hν−Ep−12mv2=0
库仑力提供向心力ke2r2=mv2r
解得r=ke22(hν+Ep)
(3)设该种材料原子核的投影面积为S0=π(D2)2
根据题意有n1n1−n2=ANS0
得D= 4(n1−n2)ANπn1
答：(1)油酸分子的直径为VS。
(2)基态氢原子的半径为ke22(hν+Ep)。
(3)该种材料原子核的直径为 4(n1−n2)ANπn1。
【解析】(1)水由于在面上形成的单分子油膜，根据体积的计算公式解答。
(2)根据能量守恒定律结合牛顿第二定律解答。
(3)根据数学方法解答。
本题考查分子直径的测量、能量守恒定律及玻尔理论的理解，解题关键掌握玻尔理论的认识。
20.【答案】解：情境1：
(1)粒子做匀速直线运动，受力平衡qv0B=mg
得v0=mgqB
(2)带电粒子由静止释放，其初速度可分解为相等的水平向左和水平向右的速度，设为v，令v=mgqB，则带电粒子的运动可分解为沿水平方向的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。两个运动合成，当速度方向相同时得最大值，有vm=2v=2mgqB
情境2：
(1)离子在速度选择器中做匀速直线运动，有qvB1=qE
离子在分离器中做匀速圆周运动，有qvB2=mv2r，且有r=L2
解得qm=2EB1B2L
根据题意可知v1=EB1+Δv、v2=EB1−Δv的离子均能通过O′孔进入分离器分别做匀速圆周运动，对应的半径分别设为r1、r2，有qv1B2=mv12r1
qv2B2=mv22r2
D=2(r1−r2)=4mΔvqB2=2B1LΔvE
(2)由上述分析可知，为了提高该速度选择器的速度选择精度，可尽量减小速度选择器两极板间的距离。
答：情境1：(1)该速度的大小为mgqB；
(2)粒子运动过程中的最大速率为2mgqB。
情境2：(1)该感光区域的宽度为2B1LΔvE；
(2)尽量减小速度选择器两极板间的距离。
【解析】情境1：(1)(2)根据粒子做匀速直线运动的受力平衡解得速度，结合运动的分解解得最大速度。
情境2：(1)(2)根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系作答。
本题考查带电粒子在磁场中偏转的应用问题，速度选择器中粒子处于平衡状态，故洛伦兹力等于电场力。