2024届北京市东城区高三下学期一模试题
1．（2024高三下·东城模拟）细胞膜的厚度约等于，当细胞膜的内外层之间的电压达到40mV时，一价钠离子（）可发生渗透通过细胞膜，若将细胞膜内的电场视为匀强电场。当钠离子刚好发生渗透时，下列说法正确的是（ ）
A．细胞膜内电场强度的大小为
B．细胞膜内电场强度的大小为
C．一个钠离子发生渗透时电势能改变0.04eV
D．一个钠离子发生渗透时电势能改变
【答案】C
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．电场强度的大小等于电压除以沿电场线的距离
故AB错误；
CD．电场力做功等于电势差与电荷量乘积
电势能改变
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】电场强度的大小等于电压除以沿电场线的距离，电势能改变等于电场力所做功。
2．（2024高三下·东城模拟）下列说法正确的是（ ）
A．衰变中释放的电子是核内中子转化为质子过程中产生的
B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动
C．由于原子核衰变时释放能量，根据，衰变过程质量增加
D．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
【答案】A
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．β衰变的定义：原子核释放出一个β粒子变成一个新的原子核的过程。β衰变中释放的电子是核内一个中子转化为一个质子和一个电子过程中产生的，故A正确；
B．布朗运动的定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气对流作用下飞扬，不是布朗运动，故B错误；
C．根据质能方程，光电效应方程即可分析。由于原子核衰变时释放能量，根据
衰变过程质量亏损，故C错误；
D．根据光电效应方程
即光电子的最大初动能与入射光的频率为线性关系但不是正比例关系，故D错误。
故选A。
【分析】β衰变所释放的电子来自原子核，是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的运动；根据质能方程，光电效应方程即可分析。
3．（2024高三下·东城模拟）用活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，改变条件使气缸内气体发生由a→b→c的变化过程，其p-V图像如图所示，其中ac为等温线，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程气缸中气体的密度不变
B．a→b的过程气体是从外界吸收热量的
C．a→b→c的总过程气体是向外界放热的
D．a状态气体的体积是c状态气体体积的2倍
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．图像描述了气缸内气体由a到b再到c的变化过程，其中ac为等温线。这意味着a和c状态的气体温度是相同的，而b状态的气体温度则低于a和c。由图可知，a→b过程气体进行等压变化，体积减小，气缸中气体的密度增大，故A错误；
B．a→b过程气体体积减小，温度降低，气体内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故B错误；
C．ac为等温线，两点内能相同，从a→b→c过程体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，全过程气体放热，所以a→b过程气体放出的热量大于b→c过程气体吸收的热量，即总过程气体是向外界放热的，故C正确；
D．ac为等温线，即
所以
故D错误。
故选C。
【分析】根据理想气体状态方程分析气体由a→b→c的变化过程结合热力学第一定律确定内能的变化和吸放热情况。
4．（2024高三下·东城模拟）图甲、图乙分别为研究光现象的两个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图甲正中央的亮点是由于光通过小孔沿直线传播形成的
B．图甲所示现象是光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样，它与光通过圆孔得到的衍射图样是一样的
C．图乙中的P、Q是偏振片，P固定不动，缓慢转动Q，只有如图中所示P、Q的“透振方向”相平行的位置时光屏才是亮的
D．图乙所示现象可以表明光波是横波
【答案】D
【知识点】光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．图甲正中央的亮点是由于光通过小圆板发生光的衍射得到的，故A错误；
B．图甲所示现象是光线通过一个不透光的圆盘得到的。圆孔衍射，光的衍射现象的一种。光波通过细小圆孔后产生的衍射，屏上中央亮区多，暗区少，与光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样不一样。故B错误；
C．图乙中的P、Q是偏振片，P固定不动，缓慢转动Q，P、Q的“透振方向”相平行的位置时光屏是最亮的，P、Q的“透振方向”相垂直的位置时光屏是暗的，其他一般的夹角位置，亮度介于两者之间，故C错误；
D．图乙所示现象确实可以表明光波是横波。偏振是横波特有的现象，只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确。
故选D。
【分析】注意衍射的特点及常见图样，根据圆盘衍射现象分析，根据光的偏振现象分析。
5．（2024高三下·东城模拟）一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光、。已知光的频率小于光的频率，下列光路图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光线经平行平面玻璃砖两次折射后，根据折射定律得到：出射光线与入射光线平行。由于光的频率小于光的频率，因此玻璃对光的折射率小于对光的折射率，则光进入玻璃后偏折程度大，在下方，又两出射光均应平行于入射光，可知B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】a光的频率小于b光的频率，则玻璃砖对a光的折射率小于b光的折射率，当入射角相同时，由折射定律分析折射角大小，进行选择。
6．（2024高三下·东城模拟）如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。为热敏电阻（已知其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为
B．图甲中时，穿过线圈的磁通量为0
C．温度升高后，电压表与示数的比值不变
D．温度降低后，变压器的输入功率减小
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。根据图甲可知
，
则
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
故A错误；
B．在图甲的t=0.01s时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故B错误；
C．变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流I2减小。电压表V2测量Rt的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有
则电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D．理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度降低时，Rt阻值变大，则变压器的输出功率为
输出功率变小。理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率减小，该题考查含有理想变压器的电路的动态分析，要把握中不变量，根据对应的公式求解，故D正确。
故选D。
【分析】根据图甲，结合瞬时电动势的表达式求解；根据瞬时电动势表达式可知该时刻电动势大小，由此分析磁通量大小；Rr处温度升高时，电阻减小，再根据理想变压器输入电压不变分析电表的变化；根据功率公式即可分析。
7．（2024高三下·东城模拟）如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（ ）
A．使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D．使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．我们需要分析物体在斜面上的受力情况，以及箱子运动对物体产生的影响，来判断物体是否能相对斜面静止。当箱子沿水平方向做匀加速直线运动时，物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力。当箱子沿水平方向做匀加速直线运动，若物体相对斜面静止，则两者加速度相等。当物体所受重力和支持力的合力恰好水平向右，且等于其做加速运动所需合力时，物体与斜面间的摩擦力恰好为零，即物体相对斜面静止。故A不符合题意；
B．在自由落体运动中，箱子和物体都只受重力作用，它们之间的相互作用力（如支持力和摩擦力）为零。物体也做自由落体运动，即物体相对斜面静止，故B不符合题意；
C．当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则物体受力如图所示
建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有
整理可得
由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，故有
即
故假设不成立。物块与斜面发生相对滑动。故C符合题意；
D．当箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动时，当物体所受支持力与摩擦力在水平方向的合力恰好提供做圆周运动的向心力时，物体与斜面相对静止。故D不符合题意。
故选C。
【分析】根据各选项箱子的运动情况，对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析解答。
8．（2024高三下·东城模拟）图甲所示为用传感器测量某直流电源（在图甲中用电池的符号来表示）的电动势E和内电阻r的实验电路，按此原理测量得到多组数据后作出的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中A、B分别为电压传感器和电流传感器
B．闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端
C．根据图乙可求出该电源的电动势
D．根据图乙可求出该电源的内阻
【答案】D
【知识点】生活中常见的传感器；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．本题是应用伏安法测量电源电动势与内阻的实验，实验原理是闭合电路欧姆定律，应用此原理结合图像的物理意义解答。测量一电池的电动势E和内阻r需要测路端电压和电流，电流传感器应串联接入电路，电压传感器应并联接入电路，由电路图可知图中A、B分别为电流传感器和电压传感器，故A错误；
B．滑动变阻器采用限流接法，为了保护电路，闭合开关前滑片置于阻值最大处，这样可以对电路起保护作用，由图可知，滑片应置于a处，故B错误；
CD．由闭合电路欧姆定律
可知图像的纵轴截距表示电源电动势为
斜率的绝对值为电源内阻为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据A传感器与B传感器在电路中串并联关系解答；为保护电路，闭合开关时应使滑动变阻器接入电路的阻值最大；根据闭合电路欧姆定律，结合图乙的图像的物理意义解答。
9．（2024高三下·东城模拟）一个质量为m的网球从距地面高处自由下落，反弹的最大高度为。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（ ）
A．网球的加速度先向上后向下
B．网球速度为0时受地面的弹力最大
C．地面对网球所做的功等于
D．网球受地面的平均冲击力等于
【答案】B
【知识点】动量定理；自由落体运动；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，加速度大小与方向都不变，故A项错误；
B．在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段网球的压缩量较小，因此地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做加速运动，由牛顿第二定律
随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下，当
时，合外力为零，加速度为0，此时速度最大；由于惯性网球继续向下运动，此时
方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以网球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B项正确；
C．由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，即有力无位移的情况，所以地面对网球所做的功为零，故C项错误；
D．本题考查动量定理，解题关键掌握动量定理的应用，注意牛顿第二定律判断加速度的方法。小球从处自由落下，设落地瞬间速度为，有
解得
小球离开地面的速度为，有
解得
设网球与地面作用时间为t，设向下为正方向，由动量定理，物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，有
整理有
由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力取法求得，故D项错误。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度；网球速度为0时，网球的形变量最大，根据胡克定律分析弹力变化；地面对网球的支持力做功为0，根据动量定理分析。
10．（2024高三下·东城模拟）用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两块间距为d的平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度v0水平入射，可以给右侧平行板电容器PQ供电。靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷出的速度大小为v。下列说法正确的是（ ）
A．放射源S释放的粒子带负电
B．增大q0的值，可以提高v
C．PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来倍
D．v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍
【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．装置左侧部分是一个由两块间距为d的平行金属板M、N组成的区域，两板间有垂直纸面向外的
匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度水平入射，由于洛伦兹力的作用，这些离子会发生偏转，从而给右侧平行板电容器PQ供电。根据左手定则可知，正负离子进入MN区域，正离子受到向下的洛伦兹力，负离子受到向上的洛伦兹力，所以正离子打到N板，负离子打到M板，N板电势高于M板，即Q板电势高于P板，S释放的粒子受到向上的电场力，电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；
BC．根据力的平衡可得
S释放的粒子，加速过程有
联立可得
由此可知，粒子射出的速度与q0、PQ间距无关，故BC错误；
D．由以上分析可知，当v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍，故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则判断M、N极板的电荷积累情况，再分析P、Q电场的情况，依据带电粒子加速运动判断粒子电性；推导MN的最大电压，然后由动能定理导出带电粒子飞出上极板的速度v的表达式，根据表达式分析判断。
11．（2024高三下·东城模拟）嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的周期约为16小时的椭圆轨道，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。随后，为了使卫星离地越来越远，星载发动机先在远地点点火，使卫星进入图中曲线2所示新轨道，以抬高近地点。后来又连续三次在抬高以后的近地点点火，使卫星加速和变轨，抬高远地点，相继进入24小时轨道、48小时轨道和地月转移轨道（分别如图中曲线3、4、5所示）。卫星最后进入绕月圆形轨道，距月面高度为h，周期为。已知月球半径为r，万有引力常量为G，则以下正确的是（ ）
A．卫星在16小时轨道上运行时，在近地点的机械能比在远地点的机械能小
B．24小时轨道与48小时轨道的半长轴之比为
C．卫星在地月转移轨道上运行时速度大于第二宇宙速度
D．月球的质量为
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】A.根据机械能守恒条件分析，卫星在16小时轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒。在近地点的机械能等于在远地点的机械能，故A错误；
B.根据开普勒第三定律计算，设24小时轨道与48小时轨道的半长轴分别为，，由开普勒第三定律有
得
故B正确；
C.第二宇宙速度是逃逸速度，据此分析，所有卫星的运行速度小于第一宇宙速度，而第一宇宙速度小于第二宇宙速度，所以卫星在地月转移轨道上运行时速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D.根据卫星围绕月球运转，万有引力提供向心力计算，对卫星有
得
故D错误。
故选B。
【分析】熟练掌握开普勒三定律以及卫星在运动的过程中，由万有引力提供向心力，以及向心力与周期、线速度的关系是解题的基础。
12．（2024高三下·东城模拟）如图甲所示，水滴滴在平静的水面上，会形成水波向四周传播（可视为简谐波）。可利用两个能够等间隔滴水的装置、来研究波的叠加现象，图乙所示为以、为波源的两水波在某时刻叠加的简化示意图，已知、的振幅均为A，该时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则下列说法正确的是（ ）
A．a处质点做简谐运动，振幅为0
B．b处质点此刻的位移大小为2A
C．若想观察到稳定的干涉现象，可将滴水间隔调小
D．只要将的滴水间隔调至和的相等，c处质点就做振幅为2A的简谐运动
【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由题图可知，a处的质点此时刻处于两列波的波峰与波谷相遇的点，由波的叠加知识可知，此时刻a处速度为零。在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据
由图知波源的波长小，所以波源的频率较大，即两列波的频率不同，两列波无法发生稳定的干涉现象，所以a处的质点并不是一直处于静止状态，即a处质点的振幅不为零，故A项错误；
B．观察图乙，b处是波谷与波谷的叠加。当两个相同振幅的波谷相遇时，质点的位移会达到最大，等于两个振幅之和，即2A。所以，B选项正确。故B项正确；
C．要观察到稳定的干涉现象，需要两个波源的频率相同且相位差恒定。在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据
由图知波源的波长小，所以波源的频率较大，为观察到稳定的干涉图样，可将途中的频率调小，即将滴水间隔调大，故C项错误；
D．将两装置的滴水间隔调至相等，此时两列波的频率相同，会产生稳定的干涉现象，但是c出的质点其不一定处于振动加强点，即c处的质点不一定做振幅为2A的简谐运动，故D项错误。
故选B。
【分析】根据波长关系可以知道两列波的频率关系，可以判断a处的振动情况；根据波的叠加原理分析；根据产生稳定干涉的条件分析；根据振动加强点的条件分析。
13．（2024高三下·东城模拟）科学家发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，用表示。“四中子”是通过向液态氢靶上发射原子核而产生的，与H碰撞可将一个核分裂成一个粒子和一个“四中子”。由于核由四个核子组成，与“四中子”体系很相近，所以早在上个世纪50年代就有人根据核的结合能，估算“四中子”的结合能最大约为，其后有很多实验对四中子体系进行探测，但多数结论是否定的。2022年，由数十个国家的科学家组成的团队发现了“四中子态”存在的明确证据。下列有关“四中子”粒子的说法正确的是（ ）
A．可以通过电磁场使形成高速粒子束
B．产生“四中子”的核反应为
C．从核子间相互作用来看，“四中子”与核的区别在于是否存在电磁力
D．按上世纪50年代的估算，4个中子结合成“四中子”至多需要吸收的能量
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；核力与四种基本相互作用；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．由于中子不带电，所以四中子也是不带电，即无法通过电磁场使形成高速粒子束，故A项错误；
B．所有的核反应都遵循质量数守恒和电荷数守恒。由电荷数守恒和质子数守恒，其核反应方程应该为
故B项错误；
C．中子不带电，则“四中子”也不带电，“四中子”的核子由于是中子构成的，其不带电，核子间的作用力没有电磁力，而核中有带正电的质子，所以其核子间的作用力有电磁力。所以从核子间相互作用来看，“四中子”与核的区别在于是否存在电磁力，故C项正确；
D．结合能定义为原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能。这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量。由题意可知，其结合能约为14MeV，所以四个中子结合成“四中子”需要放出约14MeV的能量，故D项错误。
故选C。
【分析】中子不带电，则“四中子”也不带电，根据题意分析核反应方程；核力是短程力，根据结合能与比结合能的特点分析。
14．（2024高三下·东城模拟）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 （填写实验步骤前的序号）。
a．往边长约为的浅盘里倒入约深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
b．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
c．将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
d．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积
e．将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
（2）实验中，所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，用注射器和量筒测得体积的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、n、S表示）。
（3）某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为___________。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴
【答案】（1）dabec
（2）；
（3）B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。
（2）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积。根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为
由于所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，则溶液的浓度为
用注射器和量筒测得体积为的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为
油酸分子直径为
联立解得
（3）根据
理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直径，明确溶质和溶剂的关系，正确求出纯油酸体积V，准确“数”出油膜的面积S。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油膜面积测量值偏大，则油酸分子直径测量值偏小，故A错误；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故B正确；
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故C正确；
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏小，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
（2）根据浓度按比例算出纯油酸的体积，再计算油膜的总体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，进而求出油酸分子直径；
（3）根据实验原理结合各实验操作分析误差。
15．（2024高三下·东城模拟）同学们用多种方法测重力加速度值。
（1）用如图甲所示的单摆做“用单摆测重力加速度”的实验。
①此实验中重力加速度的表达式为 （用摆长l，周期T表示）。
②若改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长l的关系如图乙所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 （选填正确选项前的字母）。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
（2）将单摆挂在力传感器的下端，通过力传感器测定摆动过程中摆线受到的拉力F，由计算机记录拉力F随时间t的变化，图像如图丙所示。测得摆长为l，则重力加速度的表达式为 。
（3）如图丁所示，将光电门安装在小球平衡位置的正下方，在小球上安装轻质挡光片，挡光宽度为d，在铁架台后方固定量角器，利用此装置测重力加速度值。首先测得摆长为l，之后将小球拉离平衡位置，当摆线与竖直方向成角（值可由量角器读出）时将小球由静止释放，传感器测得小球第一次摆下挡光的时间。多次改变摆角测得对应的，可得到多组数据，同时计算机可根据需要算出关于的任意三角函数值。
①为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制 图像（写出图像的纵坐标—横坐标）；
②根据第①问中绘制的图像，求得图像斜率的大小为k，则计算得到重力加速度 。
【答案】（1）；C
（2）
（3）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①根据单摆周期公式
解得
②根据单摆周期公式
其中摆长等于摆线长加上球的半径
解得
由图可知，当l为零时，T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离摆线的长度作为摆长。故选C。
（2）
单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，注意两个最低点之间的时间不是一个周期，实际上只有半个周期，故由图可知，单摆的周期为
根据单摆周期公式
解得
（3）
①小球从最高点摆至最低点的过程，小球机械能守恒，故根据机械能守恒定律或者动能定理有
小球经过光电门的瞬时速度可以利用平均速度计算式计算为
整理可得
为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制图像。
②由上分析可知
解得
【分析】 本题考查用单摆测重力加速度、利用动能定理测量重力加速度的实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的斜率与截距的物理意义。
（1）根据单摆周期公式结合实验原理与图像特点分析解答；
（2）单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，根据图像求解周期。根据单摆周期公式解得重力加速度；
（3）根据动能定理或者列式机械能守恒定律求解对应的表达式，而且尽量使表达式对应图像为直线，根据图像斜率求解加速度。
（1）①[1]根据单摆周期公式
解得
②[2]根据单摆周期公式
其中
解得
由图可知，当l为零时，T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离摆线的长度作为摆长。故选C。
（2）单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，故由图可知，单摆的周期为
根据单摆周期公式
解得
（3）①[1]小球从最高点摆至最低点的过程，小球机械能守恒，故根据机械能守恒定律有
小球经过光电门的瞬时速度为
整理可得
为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制图像。
②[2]由上分析可知
解得
16．（2024高三下·东城模拟）如图所示，BC是光滑绝缘的圆弧轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，已知滑块受到的静电力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，将滑块从水平轨道上与B点距离为的A点由静止释放，滑动过程中滑块电荷量不变，重力加速度用g表示，求：
（1）滑块到达B点时的速度；
（2）滑块在圆弧轨道上运动时，重力和电场力合力的大小和方向；
（3）滑块到达与圆心O等高的C点时，轨道对滑块的作用力大小。
【答案】解：（1）由动能定理有
将
，，，
代入得
（2）设重力和电场力的合力大小为，与竖直方向的夹角为，则有
即合力大小为，方向与竖直方向的夹角斜向左下。
（3）对滑块从A点到达C点的过程应用动能定理
将
，，
代入，得
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为，则有
解得
得
由牛顿第三定律有轨道对滑块的作用力大小为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）运动过程中有电场力和摩擦力做功，根据动能定理（总功等于物体动能变化）列式求解速度；
（2）力是矢量，力的合成遵循平行四边形法则，根据力的合成的知识求解合力的大小和方向；
（3）对滑块从A点到达C点的过程有重力电场力以及摩擦力做功，根据动能定理列式，合力提供圆周运动向心力，根据牛顿第二定律列式联立解答。
17．（2024高三下·东城模拟）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一宽度大于l的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁感应强度大小为B，磁场方向竖直向下。导线框以向右的初速度进入磁场。
（1）求dc边刚进入磁场时，线框中感应电动势的大小；
（2）求dc边刚进入磁场时，ab边的瞬时电功率；
（3）若导线框能够完全通过磁场区域并继续运动，请在图乙中定性画出导线框所受安培力大小F随时间t变化的图像，并说明安培力随时间变化的原因。
【答案】解：（1）刚进入磁场时，dc边切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线框中感应电动势为
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，dc边刚进入磁场时，线框中感应电流为
故ab边的瞬时电功率为
联立解得
（3）当线框dc边进入磁场到ab边进入磁场之前，根据法拉第电磁感应定律可知，任意时刻dc边产生的瞬时感应电动势为
回路中的瞬时电流为
线框此时受到的安培力为
联立可得得
方向与速度方向相反，因此，导线框做减速运动，随着速度v减小，安培力F也减小；根据牛顿第二定律有
且a为速度的变化率，并且F正比于v，所以F减小的越来越慢。由于导线框能够全部通过磁场区域，故导线框在速度减为零前已完全进入磁场，且当整个线框均在磁场中运动时，ab边和cd边都产生感应电动势，但线框总电动势为零，电流为零，安培力为零，线框做匀速直线运动；当线框离开磁场区域时，只有ab边做切割磁感应线运动，只有ab边产生感应电动势，导线框又受到安培力作用，初始大小与ab边刚进入磁场时相同，之后随着速度的减小而减小。故导线框所受安培力大小F随时间t变化的图像如答图所示。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据电功率的计算计算电功率；
（3）根据法拉第电磁感应定律得到感应电流表达式，由安培力的计算公式得到安培力表达式，根据运动情况进行分析。
18．（2024高三下·东城模拟）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，真空中光速c取）
（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（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）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表示，与之垂直的平面内的分速度用表示。
a.某时刻带电粒子的，，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，分速度会减小到零，并继而沿反方向前进。
【答案】解：（1）a.氧原子的能量变化大小等于所放出的红色光子的能量，由
解得
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极差。
（2）a.带电粒子做匀速圆周运动有
其周期有
在沿轴线方向做匀速直线运动，由
解得
，
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会变大，即对应的动能变大，则对应的动能就会变小，可以理解为通过洛伦兹力将对应的动能转化为对应的动能。由此可以解释粒子从弱磁场区向强磁场区运动的同时，分速度会减小。
由于上述从功和能的角度证明了分速度会减小，那么可以反推，此过程中粒子一定受到了与相反的洛伦兹力的分力F，当分速度减小到零的时刻，由于磁场和分速度的情况都没有变化，可判断与相反的分力F与前一时刻相同，因此粒子在速度减为零后会反向运动。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；能量子与量子化现象
【解析】【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。
19．（2024高三下·东城模拟）平抛运动、简谐运动、匀速圆周运动是三种典型的质点运动模型，初速度和受力情况的不同决定了质点做何种运动。
（1）平抛运动是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。一质点以初速度在竖直面内做平抛运动，以抛出点为原点，以的方向为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向建立坐标系。
a．某时刻质点速度与水平方向的夹角为，质点相对于抛出点的位移与水平方向的夹角为，请证明与满足：；
b．请写出质点的轨迹方程。
（2）简谐运动的质点所受回复力F与位移x成正比，且方向总和位移相反，即，其中k为常数。如图所示，竖直平面内有一光滑的抛物线轨道，其轨迹方程与（1）问中求得的结果相同。现有一质量为m的小珠子套在轨道上，且可在轨道上自由滑动。若将小珠子从轨道上距轨道中心O点很近的地方由静止释放，小珠子将围绕O点做往复运动。请证明小珠子在轨道中心O点附近的往复运动是简谐运动（当很小时，）。
（3）做匀速圆周运动的质点，其合力总指向圆心，大小等于质量乘以向心加速度。若第（2）问的抛物线轨道绕y轴转动，请讨论并说明当以不同角速度匀速转动时，小珠子能否相对轨道静止？若能，请说明相对静止的位置。
【答案】解：（1）a．由平抛运动的位移规律得
由平抛运动的速度规律得
于是得到
b．由平抛运动的位移规律
（2）设小珠子在某时刻的位置坐标为，此时速度方向（切线方向）与水平方向的夹角为，则质点所受指向平衡位置的力
（因距O点很近，所以很小）
根据前面抛物线的规律可知
代入得到
即物体做简谐运动。
（3）假设小珠子相对轨道静止处的位置坐标为，根据牛顿定律
由
得
由于轨道方程为
即
于是可得
由此式可知，当时此式恒成立，与y无关。
结论：①若，小珠子可以相对轨道静止在任意位置处；
②若，小珠子不能相对轨道静止，一定会滑向O点，只能在O处相对静止；
③若，小珠子不能相对轨道静止，一定会被向外甩出轨道，只能在O处相对静止。
【知识点】简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）根据平抛运动规律以及相关推论分析解答，平抛运动水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动；
（2）根据简谐运动的回复力结合平抛运动规律解答，物体做简谐运动则一定满足回复力=-kx；
（3）根据牛顿第二定律结合平抛运动轨道方程分析解答，对角速度进行讨论，角速度使等式成立则可以相对静止，否则发生相对滑动。
2024届北京市东城区高三下学期一模试题
1．（2024高三下·东城模拟）细胞膜的厚度约等于，当细胞膜的内外层之间的电压达到40mV时，一价钠离子（）可发生渗透通过细胞膜，若将细胞膜内的电场视为匀强电场。当钠离子刚好发生渗透时，下列说法正确的是（ ）
A．细胞膜内电场强度的大小为
B．细胞膜内电场强度的大小为
C．一个钠离子发生渗透时电势能改变0.04eV
D．一个钠离子发生渗透时电势能改变
2．（2024高三下·东城模拟）下列说法正确的是（ ）
A．衰变中释放的电子是核内中子转化为质子过程中产生的
B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动
C．由于原子核衰变时释放能量，根据，衰变过程质量增加
D．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
3．（2024高三下·东城模拟）用活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，改变条件使气缸内气体发生由a→b→c的变化过程，其p-V图像如图所示，其中ac为等温线，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程气缸中气体的密度不变
B．a→b的过程气体是从外界吸收热量的
C．a→b→c的总过程气体是向外界放热的
D．a状态气体的体积是c状态气体体积的2倍
4．（2024高三下·东城模拟）图甲、图乙分别为研究光现象的两个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图甲正中央的亮点是由于光通过小孔沿直线传播形成的
B．图甲所示现象是光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样，它与光通过圆孔得到的衍射图样是一样的
C．图乙中的P、Q是偏振片，P固定不动，缓慢转动Q，只有如图中所示P、Q的“透振方向”相平行的位置时光屏才是亮的
D．图乙所示现象可以表明光波是横波
5．（2024高三下·东城模拟）一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光、。已知光的频率小于光的频率，下列光路图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三下·东城模拟）如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。为热敏电阻（已知其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为
B．图甲中时，穿过线圈的磁通量为0
C．温度升高后，电压表与示数的比值不变
D．温度降低后，变压器的输入功率减小
7．（2024高三下·东城模拟）如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（ ）
A．使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D．使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
8．（2024高三下·东城模拟）图甲所示为用传感器测量某直流电源（在图甲中用电池的符号来表示）的电动势E和内电阻r的实验电路，按此原理测量得到多组数据后作出的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中A、B分别为电压传感器和电流传感器
B．闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端
C．根据图乙可求出该电源的电动势
D．根据图乙可求出该电源的内阻
9．（2024高三下·东城模拟）一个质量为m的网球从距地面高处自由下落，反弹的最大高度为。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（ ）
A．网球的加速度先向上后向下
B．网球速度为0时受地面的弹力最大
C．地面对网球所做的功等于
D．网球受地面的平均冲击力等于
10．（2024高三下·东城模拟）用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两块间距为d的平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度v0水平入射，可以给右侧平行板电容器PQ供电。靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷出的速度大小为v。下列说法正确的是（ ）
A．放射源S释放的粒子带负电
B．增大q0的值，可以提高v
C．PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来倍
D．v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍
11．（2024高三下·东城模拟）嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的周期约为16小时的椭圆轨道，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。随后，为了使卫星离地越来越远，星载发动机先在远地点点火，使卫星进入图中曲线2所示新轨道，以抬高近地点。后来又连续三次在抬高以后的近地点点火，使卫星加速和变轨，抬高远地点，相继进入24小时轨道、48小时轨道和地月转移轨道（分别如图中曲线3、4、5所示）。卫星最后进入绕月圆形轨道，距月面高度为h，周期为。已知月球半径为r，万有引力常量为G，则以下正确的是（ ）
A．卫星在16小时轨道上运行时，在近地点的机械能比在远地点的机械能小
B．24小时轨道与48小时轨道的半长轴之比为
C．卫星在地月转移轨道上运行时速度大于第二宇宙速度
D．月球的质量为
12．（2024高三下·东城模拟）如图甲所示，水滴滴在平静的水面上，会形成水波向四周传播（可视为简谐波）。可利用两个能够等间隔滴水的装置、来研究波的叠加现象，图乙所示为以、为波源的两水波在某时刻叠加的简化示意图，已知、的振幅均为A，该时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则下列说法正确的是（ ）
A．a处质点做简谐运动，振幅为0
B．b处质点此刻的位移大小为2A
C．若想观察到稳定的干涉现象，可将滴水间隔调小
D．只要将的滴水间隔调至和的相等，c处质点就做振幅为2A的简谐运动
13．（2024高三下·东城模拟）科学家发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，用表示。“四中子”是通过向液态氢靶上发射原子核而产生的，与H碰撞可将一个核分裂成一个粒子和一个“四中子”。由于核由四个核子组成，与“四中子”体系很相近，所以早在上个世纪50年代就有人根据核的结合能，估算“四中子”的结合能最大约为，其后有很多实验对四中子体系进行探测，但多数结论是否定的。2022年，由数十个国家的科学家组成的团队发现了“四中子态”存在的明确证据。下列有关“四中子”粒子的说法正确的是（ ）
A．可以通过电磁场使形成高速粒子束
B．产生“四中子”的核反应为
C．从核子间相互作用来看，“四中子”与核的区别在于是否存在电磁力
D．按上世纪50年代的估算，4个中子结合成“四中子”至多需要吸收的能量
14．（2024高三下·东城模拟）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 （填写实验步骤前的序号）。
a．往边长约为的浅盘里倒入约深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
b．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
c．将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
d．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积
e．将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
（2）实验中，所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，用注射器和量筒测得体积的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、n、S表示）。
（3）某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为___________。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴
15．（2024高三下·东城模拟）同学们用多种方法测重力加速度值。
（1）用如图甲所示的单摆做“用单摆测重力加速度”的实验。
①此实验中重力加速度的表达式为 （用摆长l，周期T表示）。
②若改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长l的关系如图乙所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 （选填正确选项前的字母）。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
（2）将单摆挂在力传感器的下端，通过力传感器测定摆动过程中摆线受到的拉力F，由计算机记录拉力F随时间t的变化，图像如图丙所示。测得摆长为l，则重力加速度的表达式为 。
（3）如图丁所示，将光电门安装在小球平衡位置的正下方，在小球上安装轻质挡光片，挡光宽度为d，在铁架台后方固定量角器，利用此装置测重力加速度值。首先测得摆长为l，之后将小球拉离平衡位置，当摆线与竖直方向成角（值可由量角器读出）时将小球由静止释放，传感器测得小球第一次摆下挡光的时间。多次改变摆角测得对应的，可得到多组数据，同时计算机可根据需要算出关于的任意三角函数值。
①为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制 图像（写出图像的纵坐标—横坐标）；
②根据第①问中绘制的图像，求得图像斜率的大小为k，则计算得到重力加速度 。
16．（2024高三下·东城模拟）如图所示，BC是光滑绝缘的圆弧轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，已知滑块受到的静电力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，将滑块从水平轨道上与B点距离为的A点由静止释放，滑动过程中滑块电荷量不变，重力加速度用g表示，求：
（1）滑块到达B点时的速度；
（2）滑块在圆弧轨道上运动时，重力和电场力合力的大小和方向；
（3）滑块到达与圆心O等高的C点时，轨道对滑块的作用力大小。
17．（2024高三下·东城模拟）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一宽度大于l的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁感应强度大小为B，磁场方向竖直向下。导线框以向右的初速度进入磁场。
（1）求dc边刚进入磁场时，线框中感应电动势的大小；
（2）求dc边刚进入磁场时，ab边的瞬时电功率；
（3）若导线框能够完全通过磁场区域并继续运动，请在图乙中定性画出导线框所受安培力大小F随时间t变化的图像，并说明安培力随时间变化的原因。
18．（2024高三下·东城模拟）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，真空中光速c取）
（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（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）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表示，与之垂直的平面内的分速度用表示。
a.某时刻带电粒子的，，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，分速度会减小到零，并继而沿反方向前进。
19．（2024高三下·东城模拟）平抛运动、简谐运动、匀速圆周运动是三种典型的质点运动模型，初速度和受力情况的不同决定了质点做何种运动。
（1）平抛运动是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。一质点以初速度在竖直面内做平抛运动，以抛出点为原点，以的方向为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向建立坐标系。
a．某时刻质点速度与水平方向的夹角为，质点相对于抛出点的位移与水平方向的夹角为，请证明与满足：；
b．请写出质点的轨迹方程。
（2）简谐运动的质点所受回复力F与位移x成正比，且方向总和位移相反，即，其中k为常数。如图所示，竖直平面内有一光滑的抛物线轨道，其轨迹方程与（1）问中求得的结果相同。现有一质量为m的小珠子套在轨道上，且可在轨道上自由滑动。若将小珠子从轨道上距轨道中心O点很近的地方由静止释放，小珠子将围绕O点做往复运动。请证明小珠子在轨道中心O点附近的往复运动是简谐运动（当很小时，）。
（3）做匀速圆周运动的质点，其合力总指向圆心，大小等于质量乘以向心加速度。若第（2）问的抛物线轨道绕y轴转动，请讨论并说明当以不同角速度匀速转动时，小珠子能否相对轨道静止？若能，请说明相对静止的位置。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．电场强度的大小等于电压除以沿电场线的距离
故AB错误；
CD．电场力做功等于电势差与电荷量乘积
电势能改变
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】电场强度的大小等于电压除以沿电场线的距离，电势能改变等于电场力所做功。
2．【答案】A
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．β衰变的定义：原子核释放出一个β粒子变成一个新的原子核的过程。β衰变中释放的电子是核内一个中子转化为一个质子和一个电子过程中产生的，故A正确；
B．布朗运动的定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气对流作用下飞扬，不是布朗运动，故B错误；
C．根据质能方程，光电效应方程即可分析。由于原子核衰变时释放能量，根据
衰变过程质量亏损，故C错误；
D．根据光电效应方程
即光电子的最大初动能与入射光的频率为线性关系但不是正比例关系，故D错误。
故选A。
【分析】β衰变所释放的电子来自原子核，是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的运动；根据质能方程，光电效应方程即可分析。
3．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．图像描述了气缸内气体由a到b再到c的变化过程，其中ac为等温线。这意味着a和c状态的气体温度是相同的，而b状态的气体温度则低于a和c。由图可知，a→b过程气体进行等压变化，体积减小，气缸中气体的密度增大，故A错误；
B．a→b过程气体体积减小，温度降低，气体内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故B错误；
C．ac为等温线，两点内能相同，从a→b→c过程体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，全过程气体放热，所以a→b过程气体放出的热量大于b→c过程气体吸收的热量，即总过程气体是向外界放热的，故C正确；
D．ac为等温线，即
所以
故D错误。
故选C。
【分析】根据理想气体状态方程分析气体由a→b→c的变化过程结合热力学第一定律确定内能的变化和吸放热情况。
4．【答案】D
【知识点】光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．图甲正中央的亮点是由于光通过小圆板发生光的衍射得到的，故A错误；
B．图甲所示现象是光线通过一个不透光的圆盘得到的。圆孔衍射，光的衍射现象的一种。光波通过细小圆孔后产生的衍射，屏上中央亮区多，暗区少，与光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样不一样。故B错误；
C．图乙中的P、Q是偏振片，P固定不动，缓慢转动Q，P、Q的“透振方向”相平行的位置时光屏是最亮的，P、Q的“透振方向”相垂直的位置时光屏是暗的，其他一般的夹角位置，亮度介于两者之间，故C错误；
D．图乙所示现象确实可以表明光波是横波。偏振是横波特有的现象，只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确。
故选D。
【分析】注意衍射的特点及常见图样，根据圆盘衍射现象分析，根据光的偏振现象分析。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光线经平行平面玻璃砖两次折射后，根据折射定律得到：出射光线与入射光线平行。由于光的频率小于光的频率，因此玻璃对光的折射率小于对光的折射率，则光进入玻璃后偏折程度大，在下方，又两出射光均应平行于入射光，可知B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】a光的频率小于b光的频率，则玻璃砖对a光的折射率小于b光的折射率，当入射角相同时，由折射定律分析折射角大小，进行选择。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。根据图甲可知
，
则
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
故A错误；
B．在图甲的t=0.01s时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故B错误；
C．变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流I2减小。电压表V2测量Rt的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有
则电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D．理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度降低时，Rt阻值变大，则变压器的输出功率为
输出功率变小。理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率减小，该题考查含有理想变压器的电路的动态分析，要把握中不变量，根据对应的公式求解，故D正确。
故选D。
【分析】根据图甲，结合瞬时电动势的表达式求解；根据瞬时电动势表达式可知该时刻电动势大小，由此分析磁通量大小；Rr处温度升高时，电阻减小，再根据理想变压器输入电压不变分析电表的变化；根据功率公式即可分析。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．我们需要分析物体在斜面上的受力情况，以及箱子运动对物体产生的影响，来判断物体是否能相对斜面静止。当箱子沿水平方向做匀加速直线运动时，物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力。当箱子沿水平方向做匀加速直线运动，若物体相对斜面静止，则两者加速度相等。当物体所受重力和支持力的合力恰好水平向右，且等于其做加速运动所需合力时，物体与斜面间的摩擦力恰好为零，即物体相对斜面静止。故A不符合题意；
B．在自由落体运动中，箱子和物体都只受重力作用，它们之间的相互作用力（如支持力和摩擦力）为零。物体也做自由落体运动，即物体相对斜面静止，故B不符合题意；
C．当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则物体受力如图所示
建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有
整理可得
由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，故有
即
故假设不成立。物块与斜面发生相对滑动。故C符合题意；
D．当箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动时，当物体所受支持力与摩擦力在水平方向的合力恰好提供做圆周运动的向心力时，物体与斜面相对静止。故D不符合题意。
故选C。
【分析】根据各选项箱子的运动情况，对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析解答。
8．【答案】D
【知识点】生活中常见的传感器；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．本题是应用伏安法测量电源电动势与内阻的实验，实验原理是闭合电路欧姆定律，应用此原理结合图像的物理意义解答。测量一电池的电动势E和内阻r需要测路端电压和电流，电流传感器应串联接入电路，电压传感器应并联接入电路，由电路图可知图中A、B分别为电流传感器和电压传感器，故A错误；
B．滑动变阻器采用限流接法，为了保护电路，闭合开关前滑片置于阻值最大处，这样可以对电路起保护作用，由图可知，滑片应置于a处，故B错误；
CD．由闭合电路欧姆定律
可知图像的纵轴截距表示电源电动势为
斜率的绝对值为电源内阻为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据A传感器与B传感器在电路中串并联关系解答；为保护电路，闭合开关时应使滑动变阻器接入电路的阻值最大；根据闭合电路欧姆定律，结合图乙的图像的物理意义解答。
9．【答案】B
【知识点】动量定理；自由落体运动；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，加速度大小与方向都不变，故A项错误；
B．在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段网球的压缩量较小，因此地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做加速运动，由牛顿第二定律
随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下，当
时，合外力为零，加速度为0，此时速度最大；由于惯性网球继续向下运动，此时
方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以网球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B项正确；
C．由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，即有力无位移的情况，所以地面对网球所做的功为零，故C项错误；
D．本题考查动量定理，解题关键掌握动量定理的应用，注意牛顿第二定律判断加速度的方法。小球从处自由落下，设落地瞬间速度为，有
解得
小球离开地面的速度为，有
解得
设网球与地面作用时间为t，设向下为正方向，由动量定理，物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，有
整理有
由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力取法求得，故D项错误。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度；网球速度为0时，网球的形变量最大，根据胡克定律分析弹力变化；地面对网球的支持力做功为0，根据动量定理分析。
10．【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．装置左侧部分是一个由两块间距为d的平行金属板M、N组成的区域，两板间有垂直纸面向外的
匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度水平入射，由于洛伦兹力的作用，这些离子会发生偏转，从而给右侧平行板电容器PQ供电。根据左手定则可知，正负离子进入MN区域，正离子受到向下的洛伦兹力，负离子受到向上的洛伦兹力，所以正离子打到N板，负离子打到M板，N板电势高于M板，即Q板电势高于P板，S释放的粒子受到向上的电场力，电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；
BC．根据力的平衡可得
S释放的粒子，加速过程有
联立可得
由此可知，粒子射出的速度与q0、PQ间距无关，故BC错误；
D．由以上分析可知，当v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍，故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则判断M、N极板的电荷积累情况，再分析P、Q电场的情况，依据带电粒子加速运动判断粒子电性；推导MN的最大电压，然后由动能定理导出带电粒子飞出上极板的速度v的表达式，根据表达式分析判断。
11．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】A.根据机械能守恒条件分析，卫星在16小时轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒。在近地点的机械能等于在远地点的机械能，故A错误；
B.根据开普勒第三定律计算，设24小时轨道与48小时轨道的半长轴分别为，，由开普勒第三定律有
得
故B正确；
C.第二宇宙速度是逃逸速度，据此分析，所有卫星的运行速度小于第一宇宙速度，而第一宇宙速度小于第二宇宙速度，所以卫星在地月转移轨道上运行时速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D.根据卫星围绕月球运转，万有引力提供向心力计算，对卫星有
得
故D错误。
故选B。
【分析】熟练掌握开普勒三定律以及卫星在运动的过程中，由万有引力提供向心力，以及向心力与周期、线速度的关系是解题的基础。
12．【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由题图可知，a处的质点此时刻处于两列波的波峰与波谷相遇的点，由波的叠加知识可知，此时刻a处速度为零。在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据
由图知波源的波长小，所以波源的频率较大，即两列波的频率不同，两列波无法发生稳定的干涉现象，所以a处的质点并不是一直处于静止状态，即a处质点的振幅不为零，故A项错误；
B．观察图乙，b处是波谷与波谷的叠加。当两个相同振幅的波谷相遇时，质点的位移会达到最大，等于两个振幅之和，即2A。所以，B选项正确。故B项正确；
C．要观察到稳定的干涉现象，需要两个波源的频率相同且相位差恒定。在同一介质中，不同的机械波的波速相等，根据
由图知波源的波长小，所以波源的频率较大，为观察到稳定的干涉图样，可将途中的频率调小，即将滴水间隔调大，故C项错误；
D．将两装置的滴水间隔调至相等，此时两列波的频率相同，会产生稳定的干涉现象，但是c出的质点其不一定处于振动加强点，即c处的质点不一定做振幅为2A的简谐运动，故D项错误。
故选B。
【分析】根据波长关系可以知道两列波的频率关系，可以判断a处的振动情况；根据波的叠加原理分析；根据产生稳定干涉的条件分析；根据振动加强点的条件分析。
13．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；核力与四种基本相互作用；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．由于中子不带电，所以四中子也是不带电，即无法通过电磁场使形成高速粒子束，故A项错误；
B．所有的核反应都遵循质量数守恒和电荷数守恒。由电荷数守恒和质子数守恒，其核反应方程应该为
故B项错误；
C．中子不带电，则“四中子”也不带电，“四中子”的核子由于是中子构成的，其不带电，核子间的作用力没有电磁力，而核中有带正电的质子，所以其核子间的作用力有电磁力。所以从核子间相互作用来看，“四中子”与核的区别在于是否存在电磁力，故C项正确；
D．结合能定义为原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能。这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量。由题意可知，其结合能约为14MeV，所以四个中子结合成“四中子”需要放出约14MeV的能量，故D项错误。
故选C。
【分析】中子不带电，则“四中子”也不带电，根据题意分析核反应方程；核力是短程力，根据结合能与比结合能的特点分析。
14．【答案】（1）dabec
（2）；
（3）B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。
（2）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积。根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为
由于所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，则溶液的浓度为
用注射器和量筒测得体积为的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为
油酸分子直径为
联立解得
（3）根据
理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直径，明确溶质和溶剂的关系，正确求出纯油酸体积V，准确“数”出油膜的面积S。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油膜面积测量值偏大，则油酸分子直径测量值偏小，故A错误；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故B正确；
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故C正确；
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏小，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
（2）根据浓度按比例算出纯油酸的体积，再计算油膜的总体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，进而求出油酸分子直径；
（3）根据实验原理结合各实验操作分析误差。
15．【答案】（1）；C
（2）
（3）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①根据单摆周期公式
解得
②根据单摆周期公式
其中摆长等于摆线长加上球的半径
解得
由图可知，当l为零时，T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离摆线的长度作为摆长。故选C。
（2）
单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，注意两个最低点之间的时间不是一个周期，实际上只有半个周期，故由图可知，单摆的周期为
根据单摆周期公式
解得
（3）
①小球从最高点摆至最低点的过程，小球机械能守恒，故根据机械能守恒定律或者动能定理有
小球经过光电门的瞬时速度可以利用平均速度计算式计算为
整理可得
为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制图像。
②由上分析可知
解得
【分析】 本题考查用单摆测重力加速度、利用动能定理测量重力加速度的实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的斜率与截距的物理意义。
（1）根据单摆周期公式结合实验原理与图像特点分析解答；
（2）单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，根据图像求解周期。根据单摆周期公式解得重力加速度；
（3）根据动能定理或者列式机械能守恒定律求解对应的表达式，而且尽量使表达式对应图像为直线，根据图像斜率求解加速度。
（1）①[1]根据单摆周期公式
解得
②[2]根据单摆周期公式
其中
解得
由图可知，当l为零时，T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离摆线的长度作为摆长。故选C。
（2）单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，故由图可知，单摆的周期为
根据单摆周期公式
解得
（3）①[1]小球从最高点摆至最低点的过程，小球机械能守恒，故根据机械能守恒定律有
小球经过光电门的瞬时速度为
整理可得
为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制图像。
②[2]由上分析可知
解得
16．【答案】解：（1）由动能定理有
将
，，，
代入得
（2）设重力和电场力的合力大小为，与竖直方向的夹角为，则有
即合力大小为，方向与竖直方向的夹角斜向左下。
（3）对滑块从A点到达C点的过程应用动能定理
将
，，
代入，得
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为，则有
解得
得
由牛顿第三定律有轨道对滑块的作用力大小为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）运动过程中有电场力和摩擦力做功，根据动能定理（总功等于物体动能变化）列式求解速度；
（2）力是矢量，力的合成遵循平行四边形法则，根据力的合成的知识求解合力的大小和方向；
（3）对滑块从A点到达C点的过程有重力电场力以及摩擦力做功，根据动能定理列式，合力提供圆周运动向心力，根据牛顿第二定律列式联立解答。
17．【答案】解：（1）刚进入磁场时，dc边切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线框中感应电动势为
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，dc边刚进入磁场时，线框中感应电流为
故ab边的瞬时电功率为
联立解得
（3）当线框dc边进入磁场到ab边进入磁场之前，根据法拉第电磁感应定律可知，任意时刻dc边产生的瞬时感应电动势为
回路中的瞬时电流为
线框此时受到的安培力为
联立可得得
方向与速度方向相反，因此，导线框做减速运动，随着速度v减小，安培力F也减小；根据牛顿第二定律有
且a为速度的变化率，并且F正比于v，所以F减小的越来越慢。由于导线框能够全部通过磁场区域，故导线框在速度减为零前已完全进入磁场，且当整个线框均在磁场中运动时，ab边和cd边都产生感应电动势，但线框总电动势为零，电流为零，安培力为零，线框做匀速直线运动；当线框离开磁场区域时，只有ab边做切割磁感应线运动，只有ab边产生感应电动势，导线框又受到安培力作用，初始大小与ab边刚进入磁场时相同，之后随着速度的减小而减小。故导线框所受安培力大小F随时间t变化的图像如答图所示。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据电功率的计算计算电功率；
（3）根据法拉第电磁感应定律得到感应电流表达式，由安培力的计算公式得到安培力表达式，根据运动情况进行分析。
18．【答案】解：（1）a.氧原子的能量变化大小等于所放出的红色光子的能量，由
解得
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极差。
（2）a.带电粒子做匀速圆周运动有
其周期有
在沿轴线方向做匀速直线运动，由
解得
，
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会变大，即对应的动能变大，则对应的动能就会变小，可以理解为通过洛伦兹力将对应的动能转化为对应的动能。由此可以解释粒子从弱磁场区向强磁场区运动的同时，分速度会减小。
由于上述从功和能的角度证明了分速度会减小，那么可以反推，此过程中粒子一定受到了与相反的洛伦兹力的分力F，当分速度减小到零的时刻，由于磁场和分速度的情况都没有变化，可判断与相反的分力F与前一时刻相同，因此粒子在速度减为零后会反向运动。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；能量子与量子化现象
【解析】【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。
19．【答案】解：（1）a．由平抛运动的位移规律得
由平抛运动的速度规律得
于是得到
b．由平抛运动的位移规律
（2）设小珠子在某时刻的位置坐标为，此时速度方向（切线方向）与水平方向的夹角为，则质点所受指向平衡位置的力
（因距O点很近，所以很小）
根据前面抛物线的规律可知
代入得到
即物体做简谐运动。
（3）假设小珠子相对轨道静止处的位置坐标为，根据牛顿定律
由
得
由于轨道方程为
即
于是可得
由此式可知，当时此式恒成立，与y无关。
结论：①若，小珠子可以相对轨道静止在任意位置处；
②若，小珠子不能相对轨道静止，一定会滑向O点，只能在O处相对静止；
③若，小珠子不能相对轨道静止，一定会被向外甩出轨道，只能在O处相对静止。
【知识点】简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）根据平抛运动规律以及相关推论分析解答，平抛运动水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动；
（2）根据简谐运动的回复力结合平抛运动规律解答，物体做简谐运动则一定满足回复力=-kx；
（3）根据牛顿第二定律结合平抛运动轨道方程分析解答，对角速度进行讨论，角速度使等式成立则可以相对静止，否则发生相对滑动。
