2022年北京市豐臺區(qū)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年北京市豐臺區(qū)高考物理一模試卷

1.下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述不正確的是（）

A.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，表明原子具有核式結(jié)構(gòu)

B.貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，表明原子核內(nèi)部具有結(jié)構(gòu)

C.玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律

D.愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可以很好地解釋光電效應(yīng)現(xiàn)象

2.有關(guān)紅、綠、紫三束單色光，下述說法正確的是（）

A.紅光頻率最大

B.在空氣中紅光的波長最小

C.紅光光子的能量大于綠光光子的能量

D.用同一雙縫干涉裝置看到的紫光相鄰兩條亮條紋間距最小

3.納米微吸材料是一種新型材料。如圖所示，一手機(jī)被吸附在由

納米微吸材料制成的手機(jī)支架上，此時(shí)手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若

手機(jī)質(zhì)量為小，手機(jī)和水平面的夾角為。，重力加速度為g,手

機(jī)支架對手機(jī)的作用力大小為（）

A.mg

B.mgsind

C.mgcosB

D.mgtand

4.如圖所示，長為/的細(xì)繩下方懸掛一小球a,繩的另一端固定在天花板上0

點(diǎn)處。將小球向右拉開，使細(xì)繩與豎直方向成一小角度（小于5。）后由靜止

釋放，并從釋放時(shí)開始計(jì)時(shí)。小球相對于平衡位置。的水平位移為X,向/

右為正，則小球在一個(gè)周期內(nèi)的振動圖像為（）

O

5.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷ab、be、ca三個(gè)

過程回到原狀態(tài)。其7圖像如圖所示，下列說法正確的

是（）

A.ab過程中外界對氣體做功

B.ca過程中氣體從外界吸熱

C.處于狀態(tài)c的氣體壓強(qiáng)最大

D.處于狀態(tài)a的氣體分子的平均動能最大

6.如圖所示，a為在地球赤道表面隨地球一起自轉(zhuǎn)的物體,

b為繞地球做勻速圓周運(yùn)動的近地衛(wèi)星，軌道半徑可近

似為地球半徑。假設(shè)a與b質(zhì)量相同，地球可看作質(zhì)量

分布均勻的球體，比較物體a和衛(wèi)星b（）

A.角速度大小近似相等

B.線速度大小近似相等

C.向心加速度大小近似相等

D.所受地球引力大小近似相等

7.如圖所示，物塊放在與水平面夾角為。的傳送帶上，且

始終與傳送帶相對靜止。關(guān)于物塊受到的摩擦力/,下列

說法正確的是（）

A.當(dāng)傳送帶勻速向上運(yùn)動時(shí)，f的方向一定沿傳送帶向下

B.當(dāng)傳送帶減速向上運(yùn)動時(shí),/的方向一定沿傳送帶向上

C.當(dāng)傳送帶加速向上運(yùn)動時(shí),/的方向一定沿傳送帶向上

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D.當(dāng)傳送帶加速向下運(yùn)動時(shí)，/的方向一定沿傳送帶向下

交流發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示，當(dāng)線圈4BCD繞垂直于磁

場方向的轉(zhuǎn)軸。。'勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，電路中產(chǎn)生的最大電流為

Im，已知線圈轉(zhuǎn)動的周期為T,下列說法正確的是（

A.圖示位置磁通量最大，磁通量的變化率最大

B.圖示位置電流最大，方向?yàn)锳TB

C.從圖示位置開始經(jīng)過電流方向?qū)l(fā)生改變

D.從圖示位置計(jì)時(shí)，線圈中電流i隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為i=/?^11年t

9.如圖所示的電路中，恒流源可為電路提供恒定電流，R為定值電阻，&為滑動變阻

器，電流表、電壓表均可視為理想電表，不考慮導(dǎo)線電阻對電路的影響。將滑動變

阻器&的滑片P向上移動過程中，下列說法正確的是（）

恒沅源RV）也

A.電路中總電阻減小B.電流表的示數(shù)減小

C.電壓表的示數(shù)減小D.恒流源輸出功率減小

10.如圖所示，以點(diǎn)電荷-Q為球心畫出兩個(gè)球面1和2,半徑球面2/^

分別為％和&，a點(diǎn)位于球面1上，b點(diǎn)位于球面2上。下b（啟

列說法正確的是（）

A.a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢

B.a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)比為反:Rl

C.穿過球面/的電場線總條數(shù)比穿過球面2的多

D.將帶正電的點(diǎn)電荷q從a點(diǎn)移動到b電勢能減小

11.如圖所示，某帶電粒子（重力不計(jì)）由M點(diǎn)以垂直于磁場邊界的：:

速度"射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場中，穿出磁場時(shí)速度方向與原：*

來射入方向的夾角為。=30。，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由

此推斷該帶電粒子（

A.帶負(fù)電且動能不變

B.運(yùn)動軌跡為拋物線

C.電荷量與質(zhì)量的比值為高

U.D

D.穿越磁場的時(shí)間為受

12.將質(zhì)量為7H的物體從地面豎直向上拋出，一段時(shí)間后物體又落回拋出點(diǎn)。在此過程

中物體所受空氣阻力大小不變，下列說法正確的是（）

A.上升過程的時(shí)間大于下落過程的時(shí)間

B.上升過程中機(jī)械能損失小于下落過程中機(jī)械能損失

C.上升過程的動能減小量大于下落過程的動能增加量

D.上升過程的動量變化量小于下落過程的動量變化量

13.某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)測定阻值約為50的電阻&，用內(nèi)阻約為3k。的電壓表，內(nèi)阻約為

0.1250的電流表進(jìn)行測量。他設(shè)計(jì)了圖甲和圖乙兩種電路，下列說法正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采用圖甲電路，此電路測得的&偏大

B.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采用圖乙電路，此電路測得的勺偏大

C.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采用圖甲電路，誤差主要是由電壓表分流引起的

D.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采用圖乙電路，誤差主要是由電流表分壓引起的

14.“血沉”是指紅細(xì)胞在一定條件下沉降的速度，在醫(yī)學(xué)中具有重要意義。測量“血

沉”可將經(jīng)過處理后的血液放進(jìn)血沉管內(nèi)，由于重力作用，血液中的紅細(xì)胞將會下

沉。設(shè)血沉管豎直放置且足夠深，紅細(xì)胞的形狀為球體。已知紅細(xì)胞下落受到血液

的粘滯阻力表達(dá)式為/=6兀b外其中乙為血液的粘滯系數(shù)，r為紅細(xì)胞半徑，v為

紅細(xì)胞運(yùn)動的速率。若某血樣中半徑為r的紅細(xì)胞，由靜止下沉直到勻速運(yùn)動的速

度為。優(yōu),紅細(xì)胞密度為Pi，血液的密度為P2。以下說法正確的是（）

A.該紅細(xì)胞先做勻加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動

B.該紅細(xì)胞的半徑可表示為r=、

C.若血樣中紅細(xì)胞的半徑較小，則紅細(xì)胞勻速運(yùn)動的速度較大

D.若采用國際單位制中的基本單位來表示〃的單位，則其單位為能

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15.物理實(shí)驗(yàn)一般涉及實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)儀器、實(shí)驗(yàn)方法、實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)分

析等。例如:

(1)實(shí)驗(yàn)儀器。在“練習(xí)使用多用表”實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)用多用表的電阻“X10”擋

測定值電阻阻值，表盤的示數(shù)如圖1所示，則該阻值R=_______0。

(2)數(shù)據(jù)分析。某同學(xué)用插針法測定一個(gè)半圓形玻璃磚的折射率。正確操作后，做

出的光路圖如圖2所示。。為圓心，已知4B的長度為。，4。的長度為I2，CD的長度

為％，。。的長度為〃，則此玻璃磚的折射率可表示為。

(3)實(shí)驗(yàn)原理。用橡皮筋、細(xì)繩套和彈簧測力計(jì)完成“探究兩個(gè)互成角度的力的合

成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)。兩同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分別做出的力的圖示如圖甲、乙所示。你認(rèn)為

哪位同學(xué)實(shí)驗(yàn)過程有問題？請說明你的理由_____。

16.探究向心力大小尸與物體的質(zhì)量m、角速度3和軌道半徑r的關(guān)系實(shí)驗(yàn)。

(1)本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法與下列哪些實(shí)驗(yàn)是相同的；

4探究平拋運(yùn)動的特點(diǎn)

B.探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系

C探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律

D探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系

(2)某同學(xué)用向心力演示器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)情景如甲、乙、丙三圖所示。

甲乙

a.三個(gè)情境中，圖是探究向心力大小尸與質(zhì)量m關(guān)系(選填“甲”、“乙”、

“丙”)。

b.在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為1：4,則實(shí)驗(yàn)中選取兩個(gè)變速塔輪的

半徑之比為o

17.某物理興趣小組利用傳感器進(jìn)行探究，實(shí)驗(yàn)裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直

槽能隨豎直轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動，將滑塊套在水平直槽上，用細(xì)線將滑塊與固定的力傳感

器連接。當(dāng)滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，細(xì)線的拉力提供滑塊做圓周運(yùn)動

需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉(zhuǎn)動的角速度可以通過角

速度傳感器測得。

(1)小組同學(xué)先讓一個(gè)滑塊做半徑r為0.14m的圓周運(yùn)動，得到圖甲中①圖線。然后

保持滑塊質(zhì)量不變，再將運(yùn)動的半徑r分別調(diào)整為0.12m、0.10m,0.08m,0.06m,

在同一坐標(biāo)系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線.

(2)對①圖線的數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，獲得了F-x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原

點(diǎn)的直線，則圖像橫坐標(biāo)x代表的是。

(3)對5條尸-3圖線進(jìn)行比較分析，得出3—定時(shí)，F(xiàn)83的結(jié)論。請你簡要說明得

到結(jié)論的方法

18.如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度xxX”xx

L=0.4m,一端連接R=10的電阻。導(dǎo)軌所在空間存

在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=17。導(dǎo)體棒

MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接xxxNxx

觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻忽略不計(jì)。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒由

靜止開始沿導(dǎo)軌向右以a=lm/s2的加速度勻加速運(yùn)動，己知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m=

0.1kg。求：

(1)速度"=5m/s時(shí)，導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流/的大小和方向；

(2)請推導(dǎo)拉力?隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；

(3)若在t=5s時(shí)撤掉拉力，求從撤掉拉力到導(dǎo)體棒停止運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒克服

安培力所做的功W。

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19.如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓與光滑水平地面相切

于最低點(diǎn)4。質(zhì)量為小的小球以初速度%從4點(diǎn)沖上豎直圓環(huán)，沿軌道運(yùn)動到B點(diǎn)飛

出，最后落在水平地面上的C點(diǎn)，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。

(1)求小球運(yùn)動到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度大?、?/p>

(2)求A、C兩點(diǎn)間的距離x；

(3)若半圓形軌道不光滑，小球仍以初速度處從4點(diǎn)沖上半圓軌道后，恰好能沿軌道

運(yùn)動到B點(diǎn)飛出，落在水平地面上。點(diǎn)。請你在圖中標(biāo)出。點(diǎn)的大致位置；并求出小

球落在C點(diǎn)時(shí)動能與落在。點(diǎn)時(shí)動能的差值。

20.類比是研究問題的常用方法。

(1)情境1：如圖甲所示，設(shè)質(zhì)量為僧1的小球以速度火與靜止在光滑水平面上質(zhì)量

為血2的小球發(fā)生對心碰撞，碰后兩小球粘在一起共同運(yùn)動。求兩小球碰后的速度

大小u；

(2)情境2：如圖乙所示，設(shè)電容器的充電后電壓為閉合開關(guān)K后對不帶電的電

容器放電，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩者電壓均為U；

a.請類比(1)中求得的"的表達(dá)式，寫出放電穩(wěn)定后電壓U與6、C2和比的關(guān)系式；

b.在電容器充電過程中，電源做功把能量以電場能的形式儲存在電容器中。圖丙為

電源給電容器G充電過程中，兩極板間電壓II隨極板所帶電量q的變化規(guī)律。請根據(jù)

圖像寫出電容器G充電電壓達(dá)到%時(shí)儲存的電場能E；并證明從閉合開關(guān)K到兩電

容器電壓均為U的過程中，損失的電場能=

（3）類比情境1和情境2過程中的“守恒量”及能量轉(zhuǎn)化情況完成下表。

情境1情境2

動量守恒

損失的電場能/E=ME

5乜2

減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

21.2021年4月我國空間站天和核心艙成功發(fā)射，核心艙首次使用了一種全新的推進(jìn)裝

置一一霍爾推力器。其工作原理簡化如下：如圖甲所示，推力器右側(cè)陰極逸出（初

速度極小）的一部分電子進(jìn)入放電室中，放電室內(nèi)由沿圓柱體軸向的電場和環(huán)形徑

向磁場組成，電子在洛倫茲力和電場力的共同作用下運(yùn)動，最終大多數(shù)電子被束縛

在一定的區(qū)域內(nèi)，與進(jìn)入放電室的中性推進(jìn)劑工質(zhì)（筑原子）發(fā)生碰撞使其電離；電

離后的武離子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度很小，其運(yùn)動可視為在軸向電場力作用下的直線

運(yùn)動，飛出放電室后與陰極導(dǎo)出的另一部分電子中和并被高速噴出，霍爾推力器由

于反沖獲得推進(jìn)動力。設(shè)某次核心艙進(jìn)行姿態(tài)調(diào)整，開啟霍爾推力器，電離后的氤

離子初速度為0,經(jīng)電壓為U的電場加速后高速噴出,能離子所形成的等效電流為九

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已知一個(gè)僦離子質(zhì)量為m,電荷量為q,忽略離子間的相互作用力和電子能量的影

響，求：

(1)單位時(shí)間內(nèi)噴出債離子的數(shù)目N；

(2)霍爾推力器獲得的平均推力大小F；

(3)放電室中的電場和磁場很復(fù)雜，為簡化研究，將圖甲中磁場和電場在小范圍內(nèi)

看做勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，俯視圖如圖乙所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電場強(qiáng)度為E。

選取從陰極逸出的某電子為研究對象，初速度可視為0,在小范圍內(nèi)運(yùn)動的軌跡如

圖，已知電子質(zhì)量為nie，電荷量為e,忽略電子間，電子與離子間的相互作用力,

求電子在沿軸向方向運(yùn)動的最大距離

圖甲圖乙

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，盧瑟福的a粒子散射實(shí)驗(yàn)，揭示了原子的核式結(jié)

構(gòu)，故A錯(cuò)誤；

8、貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，表明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，符合史實(shí)，故B

正確；

C、玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，符合史實(shí)，故C正確；

￡＞、愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可以很好地解釋光電效應(yīng)現(xiàn)象，符合史實(shí)，故。正確。

本題選不正確的，

故選：4。

本題是物理學(xué)史問題，根據(jù)湯姆孫、貝克勒爾、玻爾、愛因斯坦等人的物理學(xué)貢獻(xiàn)進(jìn)行

解答。

本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，解決本題的關(guān)鍵是平時(shí)在學(xué)習(xí)物理學(xué)主干知識的同

時(shí)，要加強(qiáng)物理學(xué)史的學(xué)習(xí)和積累。

2.【答案】D

【解析】解：AB.紅光的波長最長，頻率最小，故AB錯(cuò)誤；

C.紅光的頻率小于綠光的頻率小，所以紅光光子的能量小于綠光光子的能量，故C錯(cuò)誤;

D根據(jù)公式』

紫光的波長最短，用同一雙縫干涉裝置看到的紫光相鄰兩條亮條紋間距最小，故力正確。

故選：Do

紅光、綠光與紫光的折射率不同，則在介質(zhì)中傳播速度也不同.在空氣中由于它們的波

長不同，則它們的頻率不同，同時(shí)它們光子的能量也不同。

對于紅光、綠光和紫光的折射率、在介質(zhì)中傳播速度、頻率、波長和光子能量的關(guān)系，

是考試的熱點(diǎn)，可根據(jù)光的色散現(xiàn)象、干涉和衍射實(shí)驗(yàn)進(jìn)行理解，并加強(qiáng)記憶.

3.【答案】A

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【解析】解：手機(jī)受到重力、摩擦力、支持力、吸引力，手機(jī)支架對手機(jī)的作用力是指

摩擦力、支持力、吸引力的合力。手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，由共點(diǎn)力的平衡可知，手機(jī)支架

對手機(jī)的作用力應(yīng)該與重力平衡，大小為mg,方向豎直向上，故A正確，BCO錯(cuò)誤。

故選：Ao

手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對手機(jī)受力分析，受重力、支持力、吸引力、靜摩擦力，受力平衡，

根據(jù)平衡條件分析即可。

本題考查了共點(diǎn)力平衡問題，解題關(guān)鍵是掌握平衡條件的推論，靈活應(yīng)用正交分解法，

分析力之間的關(guān)系。

4.【答案】A

【解析】解：從釋放時(shí)開始計(jì)時(shí)，即t=0時(shí)小球的位移為正向最大，故A正確，BCD

錯(cuò)誤；

故選：4。

根據(jù)單擺位移一時(shí)間圖像為正余弦形狀，從計(jì)時(shí)開始時(shí)單擺位置來確定圖像即可。

本題主要考查了單擺的位移一時(shí)間圖像，解題的關(guān)鍵是計(jì)時(shí)開始時(shí)單擺的位置，采用排

除法即可。

5.【答案】C

【解析】解：4ab過程中，體積增大，氣體對外做功，故A錯(cuò)誤

B.ca過程中，溫度降低，氣體內(nèi)能減小，21(/<0；體積不變，IV=0。由熱力學(xué)第一定

律4U=W+Q可知，Q<0,故氣體對外放熱，故8錯(cuò)誤

C由理想氣體狀態(tài)方程景=配可知U=故V-T圖像中等壓線為過原點(diǎn)的一次函

數(shù)。且斜率與壓強(qiáng)成反比，由圖可知c點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率最小，故處于狀態(tài)c的氣體壓

強(qiáng)最大，故C正確；

D溫度是分子平均動能的標(biāo)志，由圖可知，a點(diǎn)溫度最低，故a點(diǎn)分子平均動能最小，D

錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以分析氣體經(jīng)歷的各種變化情況下做功問題、吸放熱問題，由此

可以判斷選項(xiàng)。

本題考查熱力學(xué)第一定律和理性氣體方程的應(yīng)用，屬于基本問題，題型簡單。

6.【答案】D

【解析】解：4B.根據(jù)萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：6等=妙，解得線速

度為：Dug，近地衛(wèi)星的半徑小于同步衛(wèi)星，則近地衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星；

同步衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，半徑大于地球半徑，同步衛(wèi)星線速度大于a的線速度，

則近地衛(wèi)星線速度大于a的線速度；近地衛(wèi)星線速度大于a的線速度，半徑近似相等，由

公式3=票=：,可知近地衛(wèi)星角速度大于a的角速度，故A8錯(cuò)誤；

C.近地衛(wèi)星線速度大于a的線速度，半徑近似相等，由向心加速度公式的=9可知近，

地衛(wèi)星向心加速度大小大于a的向心加速度大小，故C錯(cuò)誤；

D由萬有引力公式得：F=普，a與b質(zhì)量相同，半徑近似相等，a與b所受地球引力大

小近似相等，故。正確。

故選：Do

根據(jù)萬有引力提供向心力，求得衛(wèi)星的線速度，結(jié)合同步衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，

根據(jù)勻速圓周運(yùn)動公式進(jìn)行判斷；由萬有引力公式求解。

本題考查了隨地球一起自轉(zhuǎn)的物體與繞地球做勻速圓周運(yùn)動的近地衛(wèi)星的區(qū)別，注意隨

地球一起自轉(zhuǎn)的物體是萬有引力一個(gè)極小的分力提供向心力，繞地球做勻速圓周運(yùn)動的

近地衛(wèi)星是萬有引力提供向心力.

7.【答案】C

【解析】解：A物塊放在與水平面夾角為。的傳送帶上，且始終與傳送帶相對靜止，當(dāng)

傳送帶勻速向上運(yùn)動時(shí)，根據(jù)平衡條件知摩擦力與沿斜面向下的重力的分力等大反向，

/的方向一定沿傳送帶向上，故4錯(cuò)誤；

BD.當(dāng)傳送帶減速向上運(yùn)動或加速向下運(yùn)動時(shí)，物塊始終與傳送帶相對靜止，由牛頓第

二定律得/+mgsind=ma

當(dāng)a=gsinS時(shí)，靜摩擦力為零；當(dāng)a>gsin。時(shí)，靜摩擦力沿斜面向下；當(dāng)a<gsin。時(shí)，

靜摩擦力沿斜面向上；故BD錯(cuò)誤；

C.當(dāng)傳送帶加速向上運(yùn)動時(shí)，塊始終與傳送帶相對靜止，由牛頓第二定律得了-

第12頁，共23頁

mgsind=ma

r的方向一定沿傳送帶向上，故c正確。

故選:Co

根據(jù)傳送帶運(yùn)動情況，結(jié)合物塊與傳送帶始終靜止，由牛頓第二定律分析摩擦力.

本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用，解題關(guān)鍵是掌握受力分析，當(dāng)傳送帶加速度向下時(shí)，需

要進(jìn)行討論。

8.【答案】D

【解析】解：ABC,圖示位置為中性面，磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，

每經(jīng)過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次，故ABC錯(cuò)誤；

D、從圖示位置計(jì)時(shí)，線圈中電流i隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為/=/mSin與t,故￡＞正確。

故選：D=

線圈平面與磁場垂直時(shí)，線圈位于中性面位置，此時(shí)磁通量最大,磁通量的變化率最小，

電流最小，每經(jīng)過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次，從中性面開始計(jì)時(shí)線

圈中電流i隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為1=/msinyto

本題主要考查了中性面，明確線圈位于中性面位置，此時(shí)磁通量最大，磁通量的變化率

最小，電流最小，每經(jīng)過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次

9.【答案】B

【解析】解：4滑動變阻器的滑片向上移動，接入電路的電阻變大，根據(jù)并聯(lián)電路的特

征，電路中總電阻增大，故A錯(cuò)誤；

BC.恒流源流出的總電流不變，滑動變阻器的滑片向上移動，接入電路的電阻變大，電

路中總電阻增大，則并聯(lián)部分總電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，則流過R的電流增大，

由于總電流不變，則流過&的電流減小，即電流表示數(shù)減小，故8正確、C錯(cuò)誤；

D根據(jù)P=〃R總，由于恒流源電流大小不變，總電阻變大，所以恒流源輸出功率增大，

故。錯(cuò)誤.

故選：B。

本題考查的是閉合電路動態(tài)分析問題，利用支路中電阻的變化，判斷總電阻的變化，再

根據(jù)E=/(R+r)判斷電流的變化，再結(jié)合出串并聯(lián)電路電流分配的特點(diǎn)，求得每個(gè)用

電器的電流。并可以計(jì)算出對應(yīng)的電功率。

本題考查的是閉合電路動態(tài)分析問題，外電路的電阻和電源的內(nèi)阻相等時(shí)電源的輸出功

率最大，是學(xué)生愿意出現(xiàn)錯(cuò)誤的地方。

10.【答案】B

【解析】解：力、點(diǎn)電荷-Q的電場線指向點(diǎn)電荷，電勢沿電場線方向降低，則a點(diǎn)電勢

低于b點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤

B、根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場公式E=當(dāng)，則a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)比為獸=第，故B正確

2

rEbR{

C、穿過任何一個(gè)球面的電場線總條數(shù)相同，故C錯(cuò)誤

。、將帶正電的點(diǎn)電荷q從a點(diǎn)移動到b,電勢升高，電勢能增加，故。錯(cuò)誤。

故選：B.

明確負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場線分布圖，知道沿電場線方向電勢逐漸降低，根據(jù)電荷受力，

判斷出電場力做功，判斷出電勢能的變化。

本題主要考查了點(diǎn)電荷的電場線分布圖，明確電場力做功與電勢能的關(guān)系即可。

11.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)左手定則，粒子帶正電，故A錯(cuò)誤

2.該粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡是圓周的一部分，故8錯(cuò)誤

O

C.根據(jù)牛頓第二定律quB=

又因?yàn)?出30。=3

解得A=就

第14頁，共23頁

故C錯(cuò)誤

D穿越磁場的時(shí)間為“斯

周期7=笨

qB

解得t=^

故。正確。

故選：Do

根據(jù)圖可知電荷開始受到向下的洛倫茲力，且洛倫茲力與運(yùn)動方向始終垂直，故電荷做

圓周運(yùn)動；由左手定則判斷電荷帶負(fù)電；畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡的半徑，根據(jù)

洛倫茲力充當(dāng)向心力求出比荷;根據(jù)由幾何知識求出軌跡所對的圓心角a,由"言7'求

360

出時(shí)間。

本題是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中圓周運(yùn)動問題，關(guān)鍵要畫出軌跡，根據(jù)圓心角求時(shí)間，由

幾何知識求半徑是常用方法。

12.【答案】C

【解析】解：4設(shè)空氣阻力大小為人上升過程的加速度大小為的,由牛頓第二定律得

mg+/=mat

解得：%=g+—

設(shè)下降過程的加速度大小為。2，由牛頓第二定律得mg-/=rna2

解得：。2=g-工

所以上升過程的加速度大小大于下降過程的加速度大小，由于上升和下降的位移相等,

由運(yùn)動學(xué)公式X=［如2

可知，上升過程的時(shí)間小于下落過程的時(shí)間，故4錯(cuò)誤

8.由于空氣阻力大小不變，上升過程和下降過程空氣阻力做的功相等，所以上升過程中

機(jī)械能損失等于下落過程中機(jī)械能損失，故B錯(cuò)誤

C.設(shè)物體從地面豎直向上拋出時(shí)的速度為北，物體落回到地面時(shí)的速度為"，由運(yùn)動學(xué)

公式得詔=2atx

v2=2a2%

又因?yàn)?>a2

所以%>V

上升過程的動能減小量為

下落過程的動能增加量為/EM=1mv2

所以上升過程的動能減小量大于下落過程的動能增加量，故C正確

D上升過程動量的變化量為21Pl=mv0

下落過程的動量變化量為」P2=巾"

所以上升過程的動量變化量大于下落過程的動量變化量，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

物體在運(yùn)動過程中受到重力和空氣阻力，物體上升時(shí)空氣阻力向下，下降時(shí)空氣阻力向

上，根據(jù)能量守恒定律分析速度變化。由牛頓第二定律分析加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分

析時(shí)間，根據(jù)動量的計(jì)算公式分析動量的大小。

本題考查豎直上拋運(yùn)動模型，弄清空氣阻力方向總是與物體的運(yùn)動方向相反，明確阻力

的影響是關(guān)鍵。加速度的變化根據(jù)牛頓第二定律分析。

13.【答案】C

【解析】解：根據(jù)歷后=5底0>50

故應(yīng)采用電流表外接法，即實(shí)驗(yàn)中采用圖甲電路圖，由于電壓表的分流作用，使得測量

的電流值偏大，則根據(jù)R=彳

可知，測得電阻比真實(shí)值小，故48。錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

根據(jù)電壓表和電流表內(nèi)阻與待測電阻內(nèi)阻的大小關(guān)系分析判斷電流表的接法，由于電壓

表的分流作用，使得測量的電流值偏大。

本題考查伏安法測電阻，解題關(guān)鍵掌握電流表外接和內(nèi)接的判斷方法，注意誤差分析。

14.【答案】B

【解析】解：4、設(shè)紅細(xì)胞質(zhì)量為m，浮力為尸浮，由牛頓第二定律mg-f一尸浮=

又因?yàn)?=6irr]rv

故紅細(xì)胞隨著速度的增大，粘滯阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，紅細(xì)胞做加速度減小

的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度減到零時(shí)，受力平衡，此后勻速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；

第16頁，共23頁

B、紅細(xì)胞勻速時(shí)mg=f+/理

又因?yàn)榧t細(xì)胞的質(zhì)量為m=pi-^nr3

3

浮力為產(chǎn)浮=p2-^nrg

聯(lián)立可得Pi彳仃3g=f)nrirvm+p2■"r3g

解得「=J2g黑J故B正確；

C、由上述分析可知若血樣中紅細(xì)胞的半徑較小，則紅細(xì)胞勻速運(yùn)動的速度較小，故C

錯(cuò)誤：

D、由粘滯阻力公式f=6nr)rv

可知7?=?-

*6nrv

故采用國際單位制中基本單位來表示〃的單位，應(yīng)為瞿，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

首先對紅細(xì)胞進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析其運(yùn)動情況和半徑表達(dá)式，根據(jù)粘

滯阻力公式來確定〃的單位。

本題主要考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)受力分析結(jié)合牛頓第二定律，判定運(yùn)動情況,

由表達(dá)式來確定物理量的單位。

15.【答案】1800F'是實(shí)驗(yàn)中用一個(gè)力單獨(dú)拉橡皮筋到達(dá)。點(diǎn)的實(shí)際作用力，此力應(yīng)

13

與橡皮筋伸長的方向一致，圖乙中方向與橡皮筋方向不在一條直線上，因此乙同學(xué)有問

題

【解析】解：(1)歐姆表的讀數(shù)為指針示數(shù)與倍率的乘積，如圖歐姆表讀數(shù)為：18.0x

ion=180Q

(2)如圖設(shè)圓的半徑為R,入射角為i,折射角為r,由幾何關(guān)系：sini=J、sinr=

KK

故折射率為：n=77^=p

5ITliC3

(3)乙同學(xué)有問題。由甲乙兩幅力的圖示可知，r是實(shí)驗(yàn)中用一個(gè)力單獨(dú)拉橡皮筋到達(dá)。

點(diǎn)的實(shí)際作用力，此力應(yīng)與橡皮筋伸長的方向一致，圖乙中方向不在一條直線上，因此

乙同學(xué)做的實(shí)驗(yàn)過程有問題。

故答案為：(1)180；(2),；(3)乙同學(xué)；由甲乙兩幅力的圖示可知，尸'是實(shí)驗(yàn)中用一個(gè)

力單獨(dú)拉橡皮筋到達(dá)。點(diǎn)的實(shí)際作用力，此力應(yīng)與橡皮筋伸長的方向一致，圖乙中方向

與橡皮筋方向不在一條直線上，因此乙同學(xué)做的實(shí)驗(yàn)過程有問題

(1)根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)根據(jù)幾何關(guān)系先表示出入射角和折射角的正弦式子，再由折射定律求出折射率；

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合牛頓第二定律可分析。

對該實(shí)驗(yàn)要明確實(shí)驗(yàn)原理，在此基礎(chǔ)上對器材的選擇，誤差分析，注意事項(xiàng)等問題進(jìn)行

分析會起到事半功倍的效果，注意歐姆表的讀數(shù)規(guī)則和換擋規(guī)則，折射定律的應(yīng)用，及

等效法探究二力合成的法則。

16.【答案】BD丙2：1

【解析】解：(1)在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，利用控制變量法來探究向心力的大小與小球質(zhì)量，角

速度，半徑之間的關(guān)系；

A、探究平拋運(yùn)動的特點(diǎn)，例如兩球同時(shí)落地，兩球在豎直方向上的運(yùn)動效果相同，應(yīng)

用了等效思想，故A錯(cuò)誤；

8、當(dāng)一個(gè)物理量與多個(gè)物理量相關(guān)時(shí)，應(yīng)采用控制變量法，探究該物理量與某一個(gè)量

的關(guān)系，如本實(shí)驗(yàn)中，保持原線圈輸入的電一定，探究副線圈輸出的電壓外與和匝數(shù)

n「電的關(guān)系，故B正確；

C、探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個(gè)分力與合力的作用效果相同，采用的是

等效替代的思想，故C錯(cuò)誤；

探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系是通過控制變量法研究的，故。正確。

故選：BD。

(2)①根據(jù)F=rnra2可知，要探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系，需控制小球的角速度和

半徑不變，由圖可知，兩側(cè)采用皮帶傳動，所以兩側(cè)具有相等的線速度，根據(jù)皮帶傳動

的特點(diǎn)可知，應(yīng)該選擇兩個(gè)塔輪的半徑相等，而且運(yùn)動半徑也相同，選取不同質(zhì)量的小

球，故丙符合題意。

②由圖可知，兩個(gè)球的質(zhì)量相等，半徑相同，根據(jù)牛頓第二定律/=巾/?0>2尸，=mR/2

兩個(gè)塔輪邊緣的線速度相等。=V

根據(jù)u—ra)v'—r'a)'

聯(lián)立可得兩個(gè)變速塔輪的半徑之比為r：r'=2：1

故答案為(1)BD；(2)①丙@2：1

(1)判斷出本實(shí)驗(yàn)采取控制變量法，然后對各個(gè)選項(xiàng)分析即可判斷；

第18頁，共23頁

（2）根據(jù)F=mr32可知，要探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系，需控制小球的角速度和半

徑不變，本實(shí)驗(yàn)采用控制變量法，探究向心力的大小與圓周運(yùn)動半徑的關(guān)系時(shí)，要保證

質(zhì)量一定，角速度一定；根據(jù)向心力表達(dá)式，根據(jù)半徑之比，向心力之比，即可計(jì)算角

速度之比，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，即可求解塔輪半徑之比。

在使用向心力演示器探究向心力大小與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)中，要注意向心力與多個(gè)物

理量有關(guān)，故實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采取控制變量法來完成實(shí)驗(yàn)。

17.【答案】o）23gm32等帶/即可）探究尸與r的關(guān)系時(shí)，要先控制m和3不變，因此可

在尸一3圖像中找到同一個(gè)3對應(yīng)的向心力，根據(jù)5組向心力F與半徑r的數(shù)據(jù)，在F-r坐

標(biāo)系中描點(diǎn)作圖，若得到一條過原點(diǎn)的直線，則說明尸與r成正比。

【解析】解：（2）根據(jù)向心力的公式F=m32r

根據(jù)F-x圖像知，該圖像是一條過原點(diǎn)的直線，尸與x的圖像成正比，則圖像橫坐標(biāo)"弋

表的是?。ɑ騨uM等帶0）2即可）；

（3）探究F與r的關(guān)系時(shí)，要先控制和3不變，因此可在F-3圖像中找到同一個(gè)3對應(yīng)

的向心力，根據(jù)5組向心力F與半徑r的數(shù)據(jù)，在F-r坐標(biāo)系中描點(diǎn)作圖，若得到一條過

原點(diǎn)的直線，則說明尸與r成正比。

根據(jù)向心力公式F=m32r可確定圖像橫坐標(biāo)與有關(guān)；根據(jù)圖像比較分析3—定時(shí)，

其尸與r成正比例關(guān)系。

本題主要考查了滑塊受向心力與角速度的關(guān)系，通過實(shí)驗(yàn)探究得出向心力與角速度的平

方成正比例.

18.【答案】解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢為：E=BLv=1xOAx

5V=2V

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：/=9=：4=2A

根據(jù)右手定則可判斷電流方向N到M。

（2）根據(jù)牛頓第二定律：F—BIL=ma

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢為：E=BLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：/=1

v=at

解得尸=0.1+0.16t

(3)在t=5s時(shí)撤掉拉力，此時(shí)速度，=at'=5m/s

從撤掉拉力到導(dǎo)體棒停止運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒克服安培力所做的功皿=?nw'2

代入數(shù)解得：W=1.25;

答：(1)速度〃=5zn/s時(shí)，導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流/的大小為24和方向N到M；

(2)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為F=0.1+0.16t；

(3)導(dǎo)體棒克服安培力所做的功為1.25人

【解析】(1)根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式求出感應(yīng)電動勢的大小，結(jié)合閉合電路歐

姆定律求出感應(yīng)電流。

(2)根據(jù)導(dǎo)體棒所受的安培力，得出拉力的關(guān)系式。

(3)根據(jù)動能定理可解得。

本題考查了切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和閉合電路歐姆定律的綜合運(yùn)用，知道導(dǎo)體棒兩端的

電壓不是內(nèi)電壓，而是電源的外電壓。

19.【答案】解：(1)選AC所在平面為零勢能面，從4到8由機(jī)械能守恒定律得：=

1O+mg-2R

解得：v—7Vo—4gR;

2

(2)由平拋運(yùn)動的規(guī)律得：2R=^gtfx=vt

聯(lián)立解得：x=2~~4^2;

(3)若軌道不光滑，小球恰好能沿軌道運(yùn)動到8點(diǎn)飛出，在B點(diǎn)，重力提供向心，根據(jù)牛

頓第二定律得：mg=m^-

2

從8點(diǎn)飛出后，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律：2R=^gt,xAD=vBt

解得：xAD=2R

第20頁，共23頁

落在。點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動能定理得：EkD-^mvl=mg-2R

解得：以°=警

則叫=Ekc-EkD=

答：(1)小球運(yùn)動到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度大小為'詔-4gR;

(2)4、C兩點(diǎn)間的距離為2J等一4R2；

(3)圖中標(biāo)出。點(diǎn)的大致位置見解析；小球落在C點(diǎn)時(shí)動能與落在。點(diǎn)時(shí)動能的差值為

mvQ-5mgR'O

2

【解析】(1)選AC所在平面為零勢能面，從4到B由機(jī)械能守恒定律求解速度大??；

(2)由平拋運(yùn)動的規(guī)律求解/、C兩點(diǎn)間的距離％;

(3)在B點(diǎn)，重力提供向心求解B點(diǎn)速度大小，從B點(diǎn)飛出后，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律求解4。

的水平位移，由此畫圖；根據(jù)動能定理求解動能的差值。

本題主要是考查動能定理在圓周運(yùn)動的應(yīng)用：運(yùn)用動能定理解題時(shí)，首先要選取研究過

程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動能為多少，根據(jù)

動能定理列方程解答。

20.【答案】解：(1)取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m1vo=(wi+m2)v

解得兩小球碰后的速度大小為：及=懸/為；

T7fi2

(2)a.根據(jù)題意，進(jìn)行類比，有：G%=(G+C2)U

故關(guān)系