2020年北京市高考物理真題試卷新高考

2020年北京市高考物理真題試卷（新高考）閱卷人一、選擇題體題共14小題，共42分）（共14題；共42分）得分（3分）以下現(xiàn)象不屬于干涉的是（ ）A.白光經過楊氏雙縫得到彩色圖樣B.白光照射肥皂膜呈現(xiàn)彩色圖樣C.白光經過三棱鏡得到彩色圖樣D.白光照射水面油膜呈現(xiàn)彩色圖樣【答案】C【解析】【解答】A.根據光的干涉定義可知白光經過楊氏雙縫得到彩色圖樣是楊氏雙縫干涉，A不符合題意；B.由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光線通過薄膜時頻率不變，干涉條紋的產生是由于光線在薄膜前后兩表面反射形成的兩列光波的疊加，白光照射肥皂膜呈現(xiàn)彩色圖樣是屬于干涉現(xiàn)象，B不符合題意；C.白光經過三棱鏡得到彩色圖樣是光在折射時產生的色散現(xiàn)象，C符合題意；D.水面上的油膜呈現(xiàn)彩色是光的干涉現(xiàn)象，屬于薄膜干涉，D不符合題意；故答案為：Co【分析】太陽光經過三棱鏡折射后會形成彩色光帶，該現(xiàn)象叫做光的色散，并非光的干涉。TOC\o"1-5"\h\z（3分）氫原子能級示意如圖?，F(xiàn)有大量氫原子處于n=3能級上，下列說法正確的是（ ）n E/eVoo? ?05 二-0.544 -0.853 -1.512 -3.41 13.6A.這些原子躍遷過程中最多可輻射出2種頻率的光子B.從n=3能級躍遷到n=1能級比躍遷到n=2能級輻射的光子頻率低C.從n=3能級躍遷到n=4能級需吸收0.66eV的能量D.n=3能級的氫原子電離至少需要吸收13.6eV的能量【答案】C【解析】【解答】A.大量氫原子處于n=3能級躍遷到n=l最多可輻射出Cl=3種不同頻率的光子，A不符合題意；B.根據能級圖可知從n=3能級躍遷到n=1能級輻射的光子能量為九匕=13.6eV-1.51eV從n=3能級躍遷到n=2能級輻射的光子能量為hv2=3.4eV-1.51eV比較可知從n=3能級躍遷到n=1能級比躍遷到n=2能級輻射的光子頻率高，B不符合題思；C.根據能級圖可知從n=3能級躍遷到n=4能級，需要吸收的能量為E=1.51eV-0.85eV=0.66eV,C符合題意；D.根據能級圖可知氫原子處于n=3能級的能量為-1.51eV,故要使其電離至少需要吸收1.51eV的能量，D不符合題意；故答案為：Co【分析】當電子由低能級躍遷到高能級時，電子需要吸收能量，當電子由高能級躍遷到低能級時，電子需要釋放能量，結合公式求解產生或吸收光子的頻率。（3分）隨著通信技術的更新?lián)Q代，無線通信使用的電磁波頻率更高，頻率資源更豐富，在相同時間內能夠傳輸?shù)男畔⒘扛?。?代移動通信技術（簡稱5G）意味著更快的網速和更大的網絡容載能力，“4G改變生活，5G改變社會"。與4G相比，5G使用的電磁波（ ）A.光子能量更大 B.衍射更明顯C.傳播速度更大 D.波長更長【答案】A【解析】【解答】A.因為5G使用的電磁波頻率比4G高，根據E=hv可知5G使用的電磁波比4G光子能量更大，A符合題意；B.發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物（或孔）的尺寸可以跟波長相比，甚至比波長還小；因5G使用的電磁波頻率更高，即波長更短，故5G越不容易發(fā)生明顯衍射，B不符合題意；C.光在真空中的傳播速度都是相同的；光在介質中的傳播速度為□=（5G的頻率比4G高，而頻率越大折射率越大，光在介質中的傳播速度越小，C不符合題意;

D.因5G使用的電磁波頻率更高，根據v=5A可知波長更短，D不符合題意。故答案為：Ao【分析】根據德布羅意關系可以得到，當粒子的動量越小，對應的波長就越長，波動性就越明顯。（3分）如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經歷兩個過程，先后到達狀態(tài)B和C。有C?Ta=Tc，Tb>TcB?TaVTb，Tb<Tc關C?Ta=Tc，Tb>TcB?TaVTb，Tb<TcD?Ta=Tc,Ts<Tc【答案】C【解析】【解答】由圖可知狀態(tài)A到狀態(tài)B是一個等壓過程，根據等卸因為Vb>Va,故Tb>Ta;而狀態(tài)B到狀態(tài)C是一個等容過程，有需=￡3 3因為PB>PC,故Tb>Tc;對狀態(tài)A和C有駕復3=史空也TA TC可得Ta=Tc；綜上分析可知C符合題意，ABD不符合題意；故答案為：Co【分析】對于P-T圖像，從圖中得到氣體處在某種狀態(tài)的壓強和溫度，根據理想氣體物態(tài)方程求解體積的變化即可。（3分）我國首次火星探測任務被命名為“天問一號”。已知火星質量約為地球質量的10%,半徑約為地球半徑的50%,下列說法正確的是（ ）A.火星探測器的發(fā)射速度應大于地球的第二宇宙速度B.火星探測器的發(fā)射速度應介于地球的第一和第二宇宙速度之間C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度【答案】A【解析】【解答】A.當發(fā)射速度大于第二宇宙速度時，探測器將脫離地球的引力在太陽系的范圍內運動，火星在太陽系內，所以火星探測器的發(fā)射速度應大于第二宇宙速度，A符合題意;B.第二宇宙速度是探測器脫離地球的引力到太陽系中的臨界條件，當發(fā)射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之間時，探測器將圍繞地球運動，B不符合題意;C.萬有引力提供向心力，則有GMm_GV]C.萬有引力提供向心力，則有GMm_GV]2R2解得第一宇宙速度為GM所以火星的第一宇宙速度為2火=[10% _75y/50%V^=~5V^所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，C不符合題意;D萬有引力近似等于重力，則有爺=領GM火 io%2解得星表面的重力加速度9火=不~金=~^^9地=g9地所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，D不符合題意。故答案為：Ao【分析】衛(wèi)星發(fā)射速度達到第一宇宙速度，圍繞著地球運動，發(fā)射速度達到第二宇宙速度，會脫離地球的引力，圍繞著太陽運動，發(fā)射速度達到第三宇宙速度，會脫離太陽的引力，飛出太陽系。（3分）一列簡諧橫波某時刻波形如圖甲所示。由該時刻開始計時，質點L的振動情況如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）A.該橫波沿x軸負方向傳播B.質點N該時刻向y軸負方向運動C.質點L經半個周期將沿x軸正方向移動D.該時刻質點K與M的速度、加速度都相同【答案】B【解析】【解答】AB.由圖可知乙質點L的振動情況，該時刻質點L向y軸正方向振動。根據上下坡法或者平移法可知，該橫波沿x軸正方向傳播，質點N該時刻向y軸負方向運動，A不符合題意，B符合題意；C.質點L只在平衡位置附近y軸方向上下振動，波傳播時，質點不會沿x軸正方向移動，C不符合題意；D.該時刻質點K與M的速度為零，質點K加速度為-y方向，質點M加速度為+y方向，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】通過甲圖讀出波的波長，通過乙圖讀出波的周期，進而求出波速，再結合選項逐一分析即可。（3分）真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等。下列說法正確的是A.該點電荷一定為正電荷P點的場強一定比Q點的場強大P點電勢一定比Q點電勢低D.正檢驗電荷在P點比在Q點的電勢能大【答案】B

【解析】【解答】A.正電荷和負電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，該點電荷不一定為正電荷，A不符合題意；B.相鄰等勢面間電勢差相等，P點附近的等差等勢面更加密集，故P點的場強一定比Q點的場強大，B符合題意；C.正電荷和負電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，若為正點電荷，則P點電勢一定比Q點電勢高，C不符合題意；D.從等勢面的情況無法判斷該點電荷為正點電荷還是負點電荷，無法判斷P點電勢與Q點電勢的高低，就無法判斷正檢驗電荷在P點和在Q點的電勢能的大小，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】等差等勢面密集的地方，電場強度比較大，沿電場線方向電勢減小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加。（3分）如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發(fā)生偏轉。下列說法正確的是（ ）A.偏轉原因是圓盤周圍存在電場B.偏轉原因是圓盤周圍產生了磁場C.僅改變圓盤的轉動方向，偏轉方向不變D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變【答案】B【解析】【解答】AB.小磁針發(fā)生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，A不符合題意，B符合題意；C.僅改變圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，C不符合題意；D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】旋轉的帶電圓盤形成電流，電流周圍存在磁場，與小磁針的磁場相互作用。（3分）如圖所示，理想變壓器原線圈接在u=UmSin（3t+（p）的交流電源上，副線圈接三個阻值相同的電阻R,不計電表內電阻影響。閉合開關S后（ ）A.電流表A2的示數(shù)減小 B.電壓表匕的示數(shù)減小C.電壓表匕的示數(shù)不變 D.電流表&的示數(shù)不變【答案】A【解析】【解答】開關S閉合時，副線圈總的電阻減小，由于變壓器的匝數(shù)比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即Vi示數(shù)不變，但因副線圈的總電阻減小，則副線圈的總電流增大，則原線圈的電流增大，Ai的示數(shù)變大；由于副線圈的電流增大，故串聯(lián)在副線圈的電阻R兩端的電壓增大，而副線圈的總電壓不變，所以副線圈并聯(lián)部分的電壓減小，即匕的示數(shù)減小，故電流表a2的示數(shù)減小，A符合題意，BCD不符合題意。故答案為：Ao【分析】開光閉合，接入電路中的電阻變小，結合歐姆定律求解電流、電壓的變化。（3分）分子力F隨分子間距離r的變化如圖所示。將兩分子從相距r=r2處釋放，僅考慮這兩個分于間的作用，下列說法正確的是（ ）FlA.從r=rz到r=r0分子間引力、斥力都在減小B.從r=七到r=q分子力的大小先減小后增大C.從r=r2到r=r0分子勢能先減小后增大D.從丁=七到丁=G分子動能先增大后減小【答案】D【解析】【解答】A.從r=Q到廠=%分子間引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，A不符合題意；B.由圖可知，在r=%時分子力為零，故從r=r2到r=q分子力的大小先增大后減小再增大，B不符合題意；C.分子勢能在r=r0時分子勢能最小，故從r=r2到r=%分子勢能一直減小，C不符合題Vr.；D.從r=「2到r=ri分子勢能先減小后增大，故分子動能先增大后減小，D符合題意。故答案為：Do【分析】當分子間距小于平衡距離時，增大分子間距，分子力減??；當分子間距大于平衡距離時，增大分子間距，分子力先增加后減小；當分子間距增大時，引力和斥力都會減小，只是兩種力減小的快慢不同；分子力與移動方向相同，分子力做正功，勢能減小，方向相反，分子力做負功，分子勢能增加。11.（3分）某同學利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）A.實驗中必須讓木板保持勻速運動B.圖乙中曲線就是摩擦力隨時間的變化曲線C.最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7D.只用圖乙中數(shù)據可得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】C【解析】【解答】A.動摩擦力大小與是否勻速直線運動無關，A不符合題意；B.圖乙曲線是拉力F隨時間的變化曲線，B不符合題意：C.由圖可知，最大靜摩擦力約為10N,滑動摩擦力約為7N,故最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7,C符合題意;D.根據Ff=〃N,5N=mg可知，由于不知道物塊的重力，故無法求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，D不符合題意。故答案為：Co【分析】當物體做勻速直線運動時，物體受到的拉力等于摩擦力，結合壓力大小求解動摩擦因數(shù)。（3分）圖甲表示某金屬絲的電阻R隨攝氏溫度t變化的情況。把這段金屬絲與電池、電流表串聯(lián)起來（圖乙），用這段金屬絲做測溫探頭，把電流表的刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡易溫度計。下列說法正確的是（ ）甲 乙tA應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關系tA應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關系tB應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關系tB應標在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關系【答案】B【解析】【解答】由甲圖可知，tA點對應的電阻阻值較小，由閉合電路歐姆定律知對應電路中的電流較大，故tA應標在電流較大的刻度上；而tB點對應的電阻阻值較大，由閉合電路歐姆定律知對應電路中的電流較小，故tB應標在電流較小的刻度上；由圖甲得R=R0+kt其中Ro為圖線的縱截距，由閉合電路歐姆定律得I=扁有:g聯(lián)立解得t=3_Ro+fg+rklk可知t與I是非線性關系，B符合題意，ACD不符合題意。故答案為：Bo【分析】對電路應用閉合電路歐姆定律列方程，結合電阻隨時間的變化分析溫度與電流的變化即可。（3分）在同一豎直平面內，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正A.將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度ho若2號換成質量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度hB.將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h,釋放后整個過程機械能和動量都守恒C.將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據機械能守恒，3號仍能擺至高度hD.將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h,釋放后整個過程機械能和動量都不守恒【答案】D【解析】【解答】A.1號球與質量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度h,A不符合題意；2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，B不符合題意；C.1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度h,C不符合題意；D.碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，D符合題意。故答案為：D。【分析】如果一個系統(tǒng)不受到外力的作用，那么動量就是守恒的，如果一個系統(tǒng)，除重力外，不受到外力和非保守內力，那么這個系統(tǒng)機械能守恒，結合選項中物體的受力情況分析求解即可。（3分）在無風的環(huán)境，某人在高處釋放靜止的籃球，籃球豎直下落；如果先讓籃球以一定的角速度繞過球心的水平軸轉動（如圖）再釋放，則籃球在向下掉落的過程中偏離豎直方向做曲線運動。其原因是，轉動的籃球在運動過程中除受重力外，還受到空氣施加的阻力九和偏轉力f2.這兩個力與籃球速度v的關系大致為：/1=七層,方向與籃球運動方向相反；f2=k2v,方向與籃球運動方向垂直。下列說法正確的是（ ）A.自、k2是與籃球轉動角速度無關的常量B.籃球可回到原高度且角速度與釋放時的角速度相同C.人站得足夠高，落地前籃球有可能向上運動D.釋放條件合適，籃球有可能在空中持續(xù)一段水平直線運動【答案】C【解析】【解答】A.籃球未轉動時，籃球豎直下落，沒有受到偏轉力f2的作用，而籃球轉動時，將受到偏轉力f2的作用，所以偏轉力f2=k2v中的k2與籃球轉動角速度有關，A不符合題意；B.空氣阻力一直對籃球做負功，籃球的機械能將減小，籃球的角速度也將減小，所以籃球沒有足夠的能量回到原高度，B不符合題意；C.籃球下落過程中，其受力情況如下圖所示籃球下落過程中，由受力分析可知，隨著速度不斷增大，籃球受到后和f2的合力沿豎直方向的分力可能比重力大，可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上，所以籃球可能向上運動，C符合題意；D.如果籃球的速度變成水平方向，則空氣阻力的作用會使籃球速度減小，則籃球受到的偏轉力f2將變小，不能保持八與重力持續(xù)等大反向，所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運動，D不符合題意。故答案為：Co【分析】結合籃球的速度方向對籃球進行受力分析，結合籃球的受力情況，結合選項分析籃球的運動狀態(tài)。閱卷人二、實驗題（本題共2小題，共18分）（共2題；共18分）得分（9分）在“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗中，做如下探究：（1）（3分）為猜想加速度與質量的關系，可利用圖1所示裝置進行對比實驗。兩小車放在水平板上，前端通過鉤碼牽引，后端各系一條細線，用板擦把兩條細線按在桌上，使小車靜止。抬起板擦，小車同時運動，一段時間后按下板擦，小車同時停下。對比兩小車的位移，可知加速度與質量大致成反比。關于實驗條件，下列正確的是：（選填選項前的字母）。A.小車質量相同，鉤碼質量不同B.小車質量不同，鉤碼質量相同C.小車質量不同，鉤碼質量不同（3分）某同學為了定量驗證（1）中得到的初步關系，設計實驗并得到小車加速度a與質量M的7組實驗數(shù)據，如下表所示。在圖2所示的坐標紙上已經描好了6組數(shù)據點，請將余下的一組數(shù)據描在坐標紙上，并作出a-jj圖像。次數(shù)1234567a/(m-s-2)0.620.560.480.400.320.240.15M/kg0.250.290.330.400.500.711.0()"/(ms')4 ,“5（3分）在探究加速度與力的關系實驗之前，需要思考如何測“力”。請在圖3中畫出小車受力的示意圖。為了簡化"力''的測量，下列說法正確的是：（選填選項前的字母）。圖3A.使小車沿傾角合適的斜面運動，小車受力可等效為只受繩的拉力B.若斜面傾角過大，小車所受合力將小于繩的拉力

C.無論小車運動的加速度多大，砂和桶的重力都等于繩的拉力D,讓小車的運動趨近于勻速運動，砂和桶的重力才近似等于繩的拉力(3)A；(3)A；D__割畫ii雄更疆藤畫睡匾圖甌彘【解析】【解答】（1）為了探究加速度與質量的關系，必須控制小車所受拉力相同，而讓小車的質量不同，所以鉤碼質量相同，B符合題意。（2）數(shù)據描點和焉圖像如圖所示；（3）A.使小車沿傾角合適的斜面運動，小車所受重；（3）A.使小車沿傾角合適的斜面運動，小車所受重力沿斜面的分力剛好等于小車所受的摩擦力，則小車受力可等效為只受繩的拉力，A符合題意；B.若斜面傾角過大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小車所受合力將大于繩的拉力，不利于簡化"力''的測量，B不符合題意；C.由牛頓第二定律可知，無論小車運動的加速度多大，砂和桶的重力都大于繩的拉力，C不符合題意；D.當小車的運動趨近于勻速運動時，砂和桶可近似看成受力平衡，則砂和桶的重力才近似等于繩的拉力，D符合題意。

故答案為：ADo【分析】（1）三個變量，探究其中兩個變量之間的關系，需要用到控制變量法：（2）結合表格中的數(shù)據在坐標系中描點連線即可；（3）當m?M,物體加速度很小，拉力近似等于重物的重力。（9分）用圖1所示的甲、乙兩種方法測量某電源的電動勢和內電阻（約為1C）。其中R為電阻箱，電流表的內電阻約為0.1C,電壓表的內電阻約為3kC。E,rE,r（3分）利用圖1中甲圖實驗電路測電源的電動勢E和內電阻r,所測量的實際是圖2中虛線框所示“等效電源''的電動勢E'和內電阻r'o若電流表內電阻用Ra表示，請你用E、r和Ra表示出E'、r',并簡要說明理由。E,r（3分）某同學利用圖像分析甲、乙兩種方法中由電表內電阻引起的實驗誤差。在圖3中，實線是根據實驗數(shù)據（圖甲：U=1R,圖乙：/=g）描點作圖得到的U-I圖像；虛線是該電源的路

A端電壓U隨電流I變化的U-I圖像（沒有電表內電阻影響的理想情況）。在圖3中，對應圖甲電路分析的U-I圖像是：；對應圖乙電路分析的U-I圖像

是：。（3分）綜合上述分析，為了減小由電表內電阻引起的實驗誤差，本實驗應選擇圖1中的—（填“甲"或‘乙”）?！敬鸢浮浚?）E'=E,r+RA,將電源和電流表視為等效電源，電源電動勢是電源本身具有的屬性，電流表不具有產生電動勢的本領，所以等效電源的電動勢仍然為E'=E而電流表的內阻和電動勢的內阻作為等效電源的內阻，即r'=r+/?A（2）C；A（3）乙【解析】【解答】（1）將電源和電流表視為等效電源，電源電動勢是電源本身具有的屬性，電流表不具有產生電動勢的本領，所以等效電源的電動勢仍然為E'=E而電流表的內阻和電動勢的內阻作為等效電源的內阻，即r'=r+R4（2）對甲圖，考慮電表內阻時，根據閉合電路歐姆定律得E=U楞+/r內=U+/（r+RQ變形得u=_&+Ra）I+E直接通過實驗獲得數(shù)據，可得U=-rl+E圖像與縱軸截距均為電源電動勢E,虛線對應的斜率大小為r,實線對應的斜率大小為（r+Ra），所以對應圖甲電路分析的U-1圖像是C；對乙圖，考慮電表內阻時（即虛線對應的真實情況），根據閉合電路歐姆定律得E=U^+Ir^=U+（I+^）r=U+Ir+U-^變形得u=-Ryr1+RyE直接通過實驗獲得數(shù)據，可得U=-rI+E虛線對應的斜率大小為r,實線對應的斜率大小為蒜:r<r,虛線對應的縱軸截距為E,實線對應的縱軸截距為其；E<E；兩圖線在U=0時，對應的短路電流均為/拓=與，所以對應圖乙電路分析的U-I圖像是A。（3）圖甲雖然測量的電源電動勢準確，但電流表分壓較為明顯，所以內阻測量的誤差很大；圖乙雖然電動勢和內阻測量均偏小，但是電壓表內阻很大，分流不明顯，所以電動勢和內阻的測量誤差較小，所以選擇圖乙可以減小由電表內電阻引起的實驗誤差。【分析】（1）等效電源的電壓等于電源電壓，內阻等于兩電阻之和；（2）對于電源的伏安特性曲線來說，圖像與縱坐標的交點為電源的電動勢，圖像斜率的相反數(shù)為電源的內阻；（3）電壓表分流不明顯，對電動勢和內阻的影響比較小。閱卷人三、解答題（共4題；共40分）得分（9分）無人機在距離水平地面高度h處，以速度%水平勻速飛行并釋放一包裹，不計空氣阻力，重力加速度為g?（3分）求包裹釋放點到落地點的水平距離x;（3分）求包裹落地時的速度大小v；（3分）以釋放點為坐標原點，初速度方向為x軸方向，豎直向下為y軸方向，建立平面直角坐標系，寫出該包裹運動的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）解：包裹脫離無人機后做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則h=\gt2解得t=心yj9水平方向上做勻速直線運動，所以水平距離為x=vot=Vo（2）解：包裹落地時，豎直方向速度為%=gt=g楞落地時速度為v=J詔+勾=J詔+2gh（3）解：包裹做平拋運動，分解位移x=vot'1

y=2必兩式消去時間得包裹的軌跡方程為y=^2X【解析】【分析】（1）物體做平拋運動，水平方向勻速運動，豎直方向自由落體運動，利用豎直方向的距離求出運動時間，根據初速度求解水平方向的位移；（2）結合物體的運動時間求解落地時的水平速度和豎直速度，合成求解總速度；（3）物體做平拋運動，水平方向勻速運動，豎直方向自由落體運動，分別利用運動學公式列方程求解運動軌跡。（9分）如圖甲所示，N=200匝的線圈（圖中只畫了2匝），電阻r=2。，其兩端與一個R=48H的電阻相連，線圈內有指向紙內方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。

乙乙（3分）判斷通過電阻R的電流方向；（3分）求線圈產生的感應電動勢E；（3分）求電阻R兩端的電壓Uo【答案】（1）解：根據圖像可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場增大，為了阻礙線圈中磁通量的增大，根據楞次定律可知線圈中感應電流產生的磁場垂直于紙面向外，根據安培定則可知線圈中的感應電流為逆時針方向，所通過電阻R的電流方向為a—b。（2）解：根據法拉第電磁感應定律E=嘮=200X°。喘。1°心=10七（3）解：電阻R兩端的電壓為路端電壓，根據分壓規(guī)律可知U=d-E=/%xlOU=9.6Un+r4oi-Z【解析】【分析】（1）閉合電路中的磁通量發(fā)生改變，回路中就會產生感應電流，利用楞次定律判斷電流的流向（2）利用法拉第電磁感應定律求解電壓的大?。唬?）利用歐姆定律求解回路中電流的大小，再利用部分電路歐姆定律求解外電路電壓。（10分）如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導線MN,與導線同軸放置一半徑為R的金屬圓柱面。假設導線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質量為m,電荷量為eo不考慮出射電子間的相互作用。金屬圓柱面（5分）可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度：a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓；b.在柱面內，只加與MN平行的勻強磁場。當電壓為Uo或磁感應強度為Bo時，剛好沒有電子到達柱面。分別計算出射電子的初速度孫。（5分）撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為a、長度為b的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為1,電子流對該金屬片的壓強為p。求單位長度導線單位時間內出射電子的總動能。【答案】（1）解：a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓Uo,粒子剛好沒有電子到達柱面，此時速度為零，根據動能定理有—eU（）——^mvo解得"°=怦b.在柱面內，只加與MN平行的勻強磁場，磁感應強度為Bo時，剛好沒有電子到達柱面，設粒子的偏轉半徑為r,根據幾何關系有2r=R根據洛倫茲力提供向心力，則有BoqVo=m^.解得孫=駕（2）解：撤去柱面，設單位長度射出電子數(shù)為n,則單位時間都到柱面的粒子數(shù)為N=抬2nR金屬片上電流/="竿=.根據動量定理有得金屬片上的壓強為：p=4=*=唔Lrabababe解得9=弊ml故總動能為 =n-imv（4分）有關列車電氣制動，可以借助圖2（4分）有關列車電氣制動，可以借助圖2模型來理解。圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，回路中的電阻阻值為R,不計金屬棒MN及導軌的電阻。MN沿導軌向右運動的過程，對應列車的電氣制動過程，可假設MN棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動產生的加速度成正比。列車開始制動時，其速度和電氣制動產生的加速度大小對應圖1中的P點。論證電氣制動產生的加速度大小隨列車速度變化的關系，并在圖1中畫出圖線。（4分）制動過程中，除機械制動和電氣制動外，列車還會受到隨車速減小而減小的空氣阻力。分析說明列車從100m/s減到3m/s的過程中，在哪個速度附近所需機械制動最強?k2 ml【解析】【分析】（1）粒子在電場的作用下做加速運動，利用動能定理求解末速度的大小，帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力，在洛倫茲力的作用下粒子做圓周運動，利用幾何關系求解軌道半徑，再結合選項分析求解粒子速度；（2）電流是描述電荷流量的物理量，電流越大，單位時間內流過的電荷量就越多，電流的微觀表達式結合電子的密度和流速求解即可。（12分）某試驗列車按照設定的直線運動模式，利用計算機控制制動裝置，實現(xiàn)安全準確地進站停車。制動裝置包括電氣制動和機械制動兩部分。圖1所示為該列車在進站停車過程中設定的加速度大小a車隨速度v的變化曲線。（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）【答案】（1）解：由圖1可知，列車速度從20m/s降至3m/s的過程加速度為0.7m/s2的勻減速直線運動，由加速度的定義式a=%得「=竺=符s=苧s-24.3sa0.7 7由速度位移公式v2—Vq=—2axV2—Vn32—202號=加7m=279.3加（2）解：由MN沿導軌向右運動切割磁場線產生感應電動勢E=BLv回路中感應電流1=*MN受到的安培力F=B1L加速度為a=-m22結合上面幾式得a=umR所以棒的加速度與棒的速度為正比例函數(shù)。又因為列車的電氣制動過程，可假設MN棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動產生的加速度成正比，所以列車電氣制