年北京市海淀区高考物理二模反馈试卷一、选择题1．下列说法中正确的是（ 　　）A．汤姆孙发现电子，并测定了电子的电荷量　　B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子“枣糕模型”　　C．核反应U→Th+X中，X代表的是α粒子，该过程表示α衰变　　D．原子从低能级跃迁到高能级时，一定要辐射一定频率的光子2．下列说法中正确的是（ 　　）A．只要温度相同，任何分子的平均速率都相同　　B．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动　　C．个分子的分子动能和分子势能的总和就是这个分子的内能　　D．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈3．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ 　　）A．温度升高，分子平均动能一定增大　　B．温度升高，内能不一定增大　　C．气体对外做正功，内能一定减小　　D．气体压强减小，分子的密集程度一定减小4．由a和b两种频率的光组成的光束，经玻璃三棱镜折射后的光路如图所示。其中a光是氢原子由n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时发出的。下列说法中正确的是（ 　　）A．光束绕入射点顺时针旋转时，a光将先发生全反射　　B．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度　　C．用同一单缝衍射装置进行实验，a光的衍射现象比b光的衍射现象更明显　　D．若用b光照射某种金属时能发生光电效应现象，则改用a光照射该种金属时一定也能发生光电效应现象5．图甲为一列简谐横波在t＝0时的波形图，图乙为P处质点的振动图像。下列说法中正确的是（）A．该波一定沿x轴正方向传播　　B．该波的传播速度为20m/s　　C．此时刻质点P的速度大于质点Q的速度　　D．经过0.3s后，质点P通过的路程为3m6．如图所示，A、B为两个等量异种点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点。今将一带负电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是（ 　　）A．A点的场强比C点的场强小　　B．A点的电势比C点的电势低　　C．从A点移到B点的过程中，电场力对该试探电荷做正功　　D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能保持不变7．线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置。若电流从电流表“+”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是（ 　　）A．B．C．D．E．F．8．如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在水平木板上面铺一张白纸，把一块两面平行的玻璃砖放在纸上，描出玻璃砖的两个边a和a′。然后在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，AB的延长线与直线a交于O点。在另一侧再插第三个大头针C，使它把A、B的像都挡住，插第四个大头针D，使它把A、B的像及第三个大头针C都挡住。那么后两个大头针就确定了从玻璃砖射出的光线CD，CD的延长线与直线a′交于O′点。下列说法中正确的是（ 　　）A．只要入射角θ1足够大，光线在界面a′上可能发生全反射现象　　B．该玻璃砖折射率的表达式为n　　C．入射光线AB与射出玻璃砖的光线CD是平行的　　D．射出玻璃砖的光线相对入射光线来说产生了侧移，入射角越大，侧移越小9．如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（ 　　）A．从开始下落到最低点的过程中，小明的动量守恒　　B．从开始到下落速度最大的过程中，小明所受合外力先增大后减小　　C．从开始到下落至最低点的过程中，小明所受合外力先增大后减小　　D．从开始到下落速度最大的过程中小明所受合外力的冲量的大小大于小明从速度最大处到下落至最低点的过程中合外力的冲量的大小　　E．从弹性绳刚好被拉直到下落至最低点的过程中，小明做简谐运动　　F．从弹性绳刚好被拉直到速度最大所用时间与从速度最大到最低点所用时间相同　　G．当小明速度最大时，小明的加速度也达到最大　　H．小明在最低点的加速度在数值上等于重力加速度　　I．小明还可以返回起跳的位置　　J．从开始到下落速度最大的过程中，小明先失重再超重10．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接在u＝Umcos（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接一定值电阻R0和滑动变阻器，滑动变阻器的最大阻值为R，并且R＝R0，电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（ 　　）A．电流表A1、A2的示数保持不变　　B．电压表V1、V2的示数都逐渐增大　　C．电压表V3的示数先减小后增大　　D．滑动变阻器R消耗的功率可能先增大后减小　　E．定值电阻R0消耗的功率逐渐增大　　F．原线圈的输入功率可能先增大后减小11．如图所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（ 　　）A．在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的大　　B．在做圆周运动时，甲的向心加速度大小比乙的小　　C．在直线冲刺阶段，甲所用的时间比乙的长　　D．在直线冲刺阶段，甲动能的变化量比乙的大12．如图所示的闭合电路中，已知电源电动势为E，内阻为r。随着滑动变阻器滑片的移动可以改变外电路的电阻值R，电压表的示数U、电流表的示数I、电源内阻消耗的功率P都将随之改变。以下四幅图中能正确反映P﹣I、P﹣U关系的是（ 　　）13．在固定水平木板上有一质量m＝1.0kg的物块，其所受水平拉力大小F随时间t的变化关系如图甲所示，用力传感器测出物块所受摩擦力大小f随时间t的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列判断中正确的是（ 　　）A．5s内拉力对物块做功为零　　B．4s末物块所受合力大小为4.0N　　C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2　　D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s．年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器在我国内蒙古中部四子王旗着陆场成功着陆，这一事件标志着我国首次月球采样任务取得圆满成功。此次任务中，为了节省燃料、保证返回器的安全，也为之后的载人登月返回做准备，返回器采用了半弹道跳跃返回方式，具体而言就是返回器先后经历两次“再入段”，依靠大气层减速。返回器从A点第一次再入过程中，除受到大气阻力f1外还会受到垂直速度方向的大气升力f2作用，使其能再次从B点跳跃到距地面高度km以上的大气，做一段跳跃飞行后，又再次从C点进入距地面高度km以下的大气层，使再入速度达到安全着陆的要求。这一返回过程如图所示。若返回器飞行中的质量恒为m，从以上给出的信息，可以判断下列说法中正确的是（）A．返回器通过A点时的动能大于其通过B点时的动能　　B．返回器从B运动到C的过程中，其机械能先增大再减小　　C．返回器在第一次再入段，经过轨道最低点时的向心加速度大小为　　D．返回器在A、B、C三点所受万有引力相等　　E．返回器在第一次再入段，其从A到最低点的过程中一定做减速运动　　F．返回器在跳跃飞行段的最高点处，其所受万有引力一定大于f2　　G．返回器从在跳跃飞行段的最高点到着落点的过程中，其做平抛运动二、填空题15．图1是双缝干涉测光的波长的实验装置示意图。某次实验选用缝间距为d的双缝屏。已知毛玻璃屏与双缝屏间的距离为L。接通电源使光源正常工作。（1）某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图2甲所示，图甲中的数字是该同学给各亮纹的编号，此时游标尺上的读数为x1；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图2乙所示，此时游标尺上的读数为x2。请根据上述测量结果，写出这种色光波长的表达式λ＝　　（用题中给出的字母表示）。（2）干涉实验能够把一些数量级非常小、不便于观测的量（波长λ），放大为便于观测的量（条纹间距△x）。通过干涉现象还可以观测到一些物理量的微小变化（比如双缝间距d的微小变化），干涉仪就是这类仪器。基于干涉理论的激光干涉仪LIGO于年首次观测到引力波的存在，其观测到引力波所引起的10﹣18m尺度上的变化（相当于原子核直径的千分之一），进一步证实了爱因斯坦相对论理论的正确性。请举例写出2～3个利用将微小量放大的方法进行的实验　　。16．如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）某同学在实验中记录了小球三个落点的平均位置M、P、N，发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示。若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则图3中操作正确的是　　。（2）“验证动量守恒定律”的实验装置（图4甲）与“研究平抛运动规律”的实验装置（图4乙）有许多相似之处。比较这两个实验装置，下列说法正确的是　　。A．为了记录小球落点位置，进行图4甲实验时，白纸应平铺在复写纸的上方B．为了记录小球落点位置，进行图4乙实验时，白纸应平铺在复写纸的上方C．为了减小误差，进行图4甲实验时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑D．为了减小误差，进行图4乙实验时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑三、解答题17．如图所示，竖直面内有一轨道ABC，倾角为θ的AB部分与半径为R的圆弧BC部分平滑连接，轨道C端切线沿水平方向。竖直台阶CD高度为h。一质量为m、可视为质点的滑块，由A处静止滑下，加速度为a，到达B处时速度大小为v，通过圆弧轨道BC后，由C处水平抛出，经一段时间后落到水平地面DE上。空气阻力可忽略不计。（1）求斜坡AB的长度L；（2）若不计BC段的阻力，画出滑块经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小；（3）滑块落到DE上时所受重力的瞬时功率P。18．如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为﹣q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角∠MON＝°，粒子重力可忽略不计。（1）求加速电场板间电压U0的大小；（2）求粒子在匀强磁场中运动时间t的大小；（3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图2所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从N点射出。求粒子从M点运动到N点过程中，动能的增加量△Ek的大小。19．电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。（1）电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图所示的装置：无限长平行光滑金属导轨相距L，导轨平面水平，电源电动势为E，内阻不计。垂直于导轨放置一根质量为m的导体棒MN，导体棒在两导轨之间的电阻为R，导轨电阻可忽略不计。导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为B，导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。闭合开关S，导体棒由静止开始运动，运动过程中切割磁感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势E反，此时闭合回路的电流大小可用I来计算。求：①导体棒运动的速度大小为v时，导体棒的加速度a的大小；②导体棒从开始运动到稳定的过程中电源释放的总电能E电的大小；（2）质量为m的电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力与车速的关系可认为f＝kv2，其中k为已知常数。则①当电动汽车以速度v匀速行驶时，汽车电动机的输出功率P；②当电动汽车的牵引力F与速度v满足怎样的关系时，电动汽车可以以最大速度匀速前行？③若该电动汽车的最大输出功率为Pm，试导出汽车的最大速度vm的表达式；④若电动汽车始终以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，求该过程中电动汽车克服空气阻力所做的功Wf。20．静电场可以用电场线和等势面来形象描述，已知静电力常量为k。（1）真空中有一电荷量为Q的正点电荷，其周围电场的电场线和等势面分布如图1所示。等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2，其电势分别为φ1和φ2，利用电场力做功与电势能改变量间的关系及电势的定义，证明：φ1＞φ2；（2）类似于磁通量我们可以定义电场的电通量：对于放置于电场中的任意曲面，我们都可以将其划分为无穷多足够小的面元△S，每个面元即可视为平面，且穿过该面元的电场也可视为匀强电场，那么电场强度沿着垂直于面元的分量E⊥与△S的乘积即为穿过△S的电通量，对整个曲面求和就得到了穿过该曲面的电通量，即Φ＝∑E⊥△S。对于电通量，我们也可以将其形象化地理解为穿过某一曲面的电场线的条数，若同一簇电场线先后穿过了两个不同的曲面，则穿过这两个曲面的电通量相等。①利用电通量的定义计算（1）问中穿过等势面S1的电通量大小Φ1；②两个不等量异种电荷所形成的电场并不完全对称，如图2所示曲线为从电荷量为+q1的正点电荷出发、终止于电荷量为﹣q2的负点电荷的一条电场线，该电场线在正点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角为α，在负点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角为β。利用电通量的性质求α与β之间的关系，并据此判断q1和q2的大小关系。（如图3所示，已知半径为r，高度为h的球冠面积公式为S＝2πrh）答案1．解：A、汤姆生发现电子，电子的发现使人类认识到分子是可以分割的，密立根通过油滴实验精确测得电子的比荷，故A错误；B、卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的“核式结构模型”，故B错误；C、根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，X是α粒子即氦原子，此反应是α衰变，故C正确；D、原子从低能级跃迁到高能级时，一定要吸收一定频率的光子，故D错误。故选：C。2．解：A、温度是分子平均动能的标志，相同温度下所有分子的平均动能相同，但由于分子质量不同，故分子的平均速率并不相同，故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒的无规则运动，从阳光中看到的尘埃的运动是由于空气的流动造成的，不是布朗运动，故B错误；C、物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，对一个或几个分子不存在内能这一概念，故C错误；D、分子热运动与温度有关，水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故D正确。故选：D。3．解：A、温度是分子动能的宏观表现，所以温度越高，分子平均动能越大，故A正确；B、一定质量的理想气体，内能为所有分子的总动能，所以温度升高，平均动能增加，内能也增大，故B错误；C、改变内能的两种方式为做功和热传递，只强调气体对外做功，未知热传递的变化，所以判断不出内能的变化。故C错误；D、对于一定质量的气体，分子的密集程度看体积，压强减小时，体积变化未知，所以密集程度未知。故D错误。故选：A。4．解：A、由图可知，三棱镜对b光的折射程度较大，则该三棱镜对b光的折射率较大，故A错误；B、真空中光速都一样，故B错误；C、a光折射率小，则频率小，波长大，波长越大则衍射现象越明显，故a光更明显，故C正确；D、a光折射率小，则频率小，由光子能量＝hv可知，频率越小，光子能量越小，故a光的光子能量小于b光，则用b光照射某种金属时能发生光电效应现象，则改用a光照射该种金属时不一定也能发生光电效应现象，故D错误；5．解：A.根据图像，只能知道t＝0时刻P点处于负向最大位移处，其速度为零，因此无法判断波的传播方向，故A错误；B.由图可知波长入＝4m，周期T＝0.2s，则波速v，代入数据计算可得v＝20m/s，故B正确；C.此时刻P位于最大位移处，速度为零，Q位于平衡位置，速度最大，故C错误；D.经过0.3s，即个周期，P通过的路程为s4A4×0.2m＝1.2m，故D错误。故选：B。6．解：A、等量异种点电荷的连线上B点电场强度最小，中垂线上B点电场强度最大，所以A点场强大于C点场强，故A错误；B、沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，C点电势等于B点电势，所以A点的电势比C点的电势高，故B错误；C、负电荷受力与电场线方向相反，所以将负点电荷从A移到B，电场力做负功，故C错误；D、等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，电场力不做功，将负点电荷从B移到C电场力做功为零，电荷的电势能不变，故D正确。7．解：A、该图中当磁铁平行线圈向上运动时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流计，则电流计指针向左偏转，故A错误；B、该图中当磁铁向线圈远离时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流计，则电流计指针向左偏转，故B正确；C、当磁铁按如图所示的方式向上运动时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从正极流入电流计，则电流计指针向右偏转，故C正确；D、当磁铁按如图所示的方式向下运动时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量向上增大，根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流计，则电流计指针向左偏转，故D正确；E、当磁铁按如图所示的方式旋转时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流计，则电流计指针向左偏转，故E正确；F、当磁铁按如图所示的方式旋转时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不会有感应电流，故F错误；故选：BCDE。8．解：A、由于从a′界面上发生折射的入射光线是从a面上的折射光线，而θ2＜C，那么在a′面的入射光的入射角小于临界角，不会发生全反射，故A错误；B、根据折射定律n，故B错误；C、因为两个面的法线是平行的，且在a面的折射角就是a′面上的入射角，那么在a′面上的折射角等于在a面上的入射角θ1，所以AB平行于CD，故C正确；D、如图所示，平移的距离△x＝dtanθ1﹣dtanθ2，入射角越大，两平行光侧移的距离越大，故D错误；9．解：A、由于小明受到弹力和重力的作用，用两力的合力不为零，所以动量不守恒，故A错误；BC、从开始下落到速度最大的过程中，小明开始只受重力，合力不变，绳子张紧后则受到逐渐增大的弹力，合力减小为零，合力无增大的过程，故B错误。从开始下落到最低点的过程中，小明受到的合外力是：先恒定，后减小到零（速度最大），再增大直到速度减小为零，故C错误；D、由于速度从零到最大，再从最大到零，动量的变化大小相等方向相反，则合外力的冲量也是大小相等方向相反，故D错误；E、由于弹性绳的伸长与拉力成正比，整个系统类似于竖直方向的弹射振子，所以是简谐运动，故E正确；F、由于弹性绳刚好拉直时的初速度不为零，而最低点的速度为零，那么从刚拉直到速度最大，与从速度最大到最低点的时间不相等，故F错误；G、速度最大时，小明的加速度为零，故G错误；H、小明在最低点的加速度大于重力加速度，故H错误；I、不考虑空气阻力和能量损失，由机械能守恒定律可知，小明还能回到出发点，故I正确；J、从开始到速度最大，加速度一直向下，所以一直是失重，故J错误；故选：EI。10．解：AB.根据，线圈匝数不变，输入电压不变，输出电压不变；当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端滑动，负载总电阻减小，根据I，可知通过副线圈的电流增大，根据，可知通过原线圈电流增大；故AB错误；CE.据上分析，根据U＝IR，R0两端电压UR0增大，根据UR＝U2﹣UR0，可知滑动变阻器两端电压UR减小，根据P＝I2R，定值电阻R0消耗的功率逐渐增大；故C错误，E正确；D.当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，由于输入电压不变，所以输出电压也不变，则滑动变阻器R消耗的功率PR当R＝R0时，滑动变阻器R消耗的功率最大，故滑动变阻器R消耗的功率一直减小，故D错误；F.根据P，R减小，输出功率增大，理想变压器输入功率随着输出功率的变化而变化，所以输入功率一直增大，故D错误。故选：E。11．解：A、由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，且r2＞r1，根据Fn＝m可得v2＞v1，即在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的小，故A错误；B、由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，根据F＝ma可得，甲的向心加速度和乙的大小相等，故B错误；C、由于v2＞v1，且直线冲刺时的加速度大小相等，根据x＝v0tat2可得，甲所用的时间比乙的长，故C正确；D、动能的变化量△Ekmv2mm（v2）m×2ax＝max，即在直线冲刺阶段，甲动能的变化量等于乙动能的变化量，故D错误.12．解：AB、电源内阻消耗的功率P＝I2r，由于电源的内阻r不变，故电源的总功率功率P与干路电流I的平方成正比，图线应为二次函数曲线，故A正确，B错误；CD、电源内电压U内＝E﹣U（U≤E），电源内阻消耗的功率P（U≤E），故P随着U增大而减小，且成二次函数关系，故CD错误；13．解：A、4s末，摩擦力突变为滑动摩擦力，说明4s末开始运动，4s﹣5s物体运动，拉力做功不为零，故A错误；B、由图像得，4s末拉力为4N，摩擦力为3N，故合力为1N，故B错误；C、由图可知，滑动摩擦力为3N，由f＝μFN＝μmg可知，动摩擦因数，故C错误；D、6s﹣9s，加速度为，故D正确。14．解：A、返回器从A到B的过程中，万有引力和大气升力f2做功为零，大气阻力f1做负功，动能减小，所以通过A点时的动能大于其通过B点时的动能，故A正确；B、返回器从B运动到C的过程中，万有引力和大气升力f2做功为零，大气阻力f1做负功，其机械能减小，故B错误；C、返回器在第一次再入段，经过轨道最低点时受到万有引力F万和大气升力f2的作用，根据牛顿第二定律可得向心加速度大小为an，故C错误；D、根据F可知返回器在A、B、C三点所受万有引力大小相等，方向不同，故D错误；E、返回器在第一次再入段，其从A到最低点的过程中垂直速度方向的大气升力f2不做功，万有引力做正功、大气阻力f1做负功，由于万有引力做的正功与大气阻力f1做的负功大小不确定，返回器不一定做减速运动，故E错误；F、返回器在跳跃飞行段的最高点处，合力方向指向地心，根据牛顿第二定律可得：F′万﹣f2＝m，所以返回器所受万有引力一定大于f2，故F正确；G、返回器从在跳跃飞行段的最高点到着落点的过程中，合力的大小和方向都发生变化，不是做平抛运动，故G错误。故选：AF。15．解：（1）如图2甲所示，此时游标尺上的读数为x1；如图2乙所示，此时游标尺上的读数为x2。那么相邻条纹间距为：△x再依据双缝干涉条纹间距公式，那么光波长的表达式λ；（2）运用微小量放大的方法进行的实验还有：油膜法测分子直径；卡文迪许扭称实验；库伦扭称实验；微小形变的观察及测量等；故答案为：（1）；（2）油膜法测分子直径；卡文迪许扭称实验测；库伦扭称实验；微小形变的观察及测量等。16．解：（1）小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM0，ON0，故B正确，ACD错误；故选：B；（2）AB、为了记录小球落点位置，进行实验时，白纸应平铺在复写纸的下方，故AB错误；C、进行图甲实验时，探究动量守恒定律，根据动量守恒定律的条件，为了减小碰撞后水平方向摩擦力的影响，应使斜槽末端水平部分尽量光滑，故C正确；D、进行图乙实验时，探究平抛运动规律，保持小球每次释放位置一定，摩擦力影响相同即可，此时小球抛出的速度是不变的，不需要使斜槽末端水平部分尽量光滑，故D错误；故答案为：（1）B；（2）C。17．解：（1）物块在AB阶段做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动学公式：2aL＝v2﹣0解得：L（2）运动员经过C点时，受力如图所示：从B到C根据动能定理：mg（R﹣Rcosθ）根据牛顿第二定律：解得：FN＝3mg﹣2mgcosθ（3）平抛过程竖直方向为自由落体运动：2gh＝vy2﹣0解得：vy落地时重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mg答：（1）求斜坡AB的长度L为；（2）若不计BC段的阻力，画出滑块经过C点时的受力图如图，支持力FN的大小为3mg﹣2mgcosθ（3）滑块落到DE上时所受重力的瞬时功率为mg18．解：（1）粒子在加速电场运动过程中，由动能定理可得：qU0解得：U；（2）根据题意作出粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，设粒子在磁场中的运动轨迹半径为R0，根据洛伦兹力提供向心力可得：，粒子轨迹对应的圆心角为：2θ＝°﹣°＝60°由几何关系可知：，解得：B，粒子在匀强磁场中运动时间t；（3）磁场改成电场后，带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子的运动轨迹如图2所示；粒子从M点开始做平抛运动水平方向：，竖直方向：Rsin60°，设该电场强度为E1，则qE1＝ma，联立解得：E1，增加的动能等于电场力做功：△Ek＝qE1Rsin60°联立解得：△Ek。答：（1）加速电场板间电压U0的大小为；（2）粒子在匀强磁场中运动时间为；（3）粒子从M点运动到N点过程中，动能的增加量△Ek的大小为。19．解：（1）①导体棒从静止开始运动，设导体棒运动速度为v，根据反电动势的公式及闭合电路欧姆定律有导体棒中的电流i由牛顿第二定律有BiL＝ma联立解得导体棒运动的加速度为：a由此可知，导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速运动。所以电动汽车在低速行驶时，电动机产生的反电动势较小，车辆加速度较大，提速更快；②设从开始到导体棒速度恰稳定时所需时间为△t，则对导体棒根据动量定理：BL×△t＝mvm而当速度最大时，此时加速度为零，由上一问结论有：E＝BLvm。那么电源消耗的为E电＝EQ＝E，联立以上三式可得：E电；（2）①②汽车以速度v匀速行驶时，阻力Ff＝kv2，此时F牵＝Ff，那么机车的功率P＝F牵v，联立以上可得：P＝kv3；此时F牵＝Ff＝kv2；③机车启动后速度和功率均增大，当达到最大功率Pm时，有Pm＝kvm3，从而vm；④对整个过程应用动能定理：W牵﹣Wf，而W牵＝Pmt0，所以可求Wf。答：（1）①导体棒运动的速度大小为v时，导体棒的加速度a的大小为；②导体棒从开始运动到稳定的过程中电源释放的总电能E电的大小为；（2）①当电动汽车以速度v匀速行驶时，汽车电动机的输出功率P为kv3；②当电动汽车的牵引力F与速度v满足F＝kv2关系时，电动汽车可以以最大速度匀速前行；③若该电动汽车的最大输出功率为Pm，导出汽车的最大速度vm的表达式为；④若电动汽车始终以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，该过程中电动汽车克服空气阻力所做的功Wf为。20．解：（1）将正点电荷+q沿电场线从等势面S1移动至S2过程中电场力做功W＞0，根据电场力做功与电势能改变量之间的关系有：W＝Ep1﹣Ep2＞0根据电势的定义φ可得：φ1＞φ2；（2）①根据电通量的定义有：Φ1＝E1S1＝k4π4πkQ；②分别以点电荷+q1和﹣q2为中心，取一半径为r的很小的球面，球面处的电场可近似视为点电荷电场，穿出2α角所对的球冠面的电场线应完全穿入2β角所对的球冠面，两个球冠面上的电通量相等。球冠面积可以分别表示为2πrr（1﹣cosα）和2πrr（1﹣cosβ）根据电通量相等可得：k2πrr（1﹣cosα）＝k2πrr（1﹣cosβ），即，由于β＞α，因此q1＞q2。答：（1）证明过程见解析；（2）①穿过等势面S1的电通量大小Φ1为4πkQ；②q1和q2的大小关系为q1＞q2。年北京市海淀区高考物理二模反馈试

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