2022年北京市朝陽區(qū)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年北京市朝陽區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.一封閉容器中裝有一定質(zhì)量的理想氣體，容器壁與外界沒有熱量交換，當(dāng)氣體被壓

縮時，下列說法正確的是（）

A.氣體壓強(qiáng)增大B.氣體對外界做功

C.氣體內(nèi)能不變D.氣體溫度不變

2.在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，能增大條紋間距的做法是（）

A.改用頻率更高的光波B.改用波長更長的光波

C.增大雙縫間距D.減小雙縫與光屏間距

3.如圖所示是氫原子的能級圖。大量氫原子從n=4的能級向低能級躍遷，下列說法

正確的是（）

00.-------------0

4-0.85eV

3---------------l.51eV

2---------------3.40eV

1----------------13.60eV

A.最多可發(fā)出6種不同頻率的光子

B.發(fā)出的光子最大能量是13.60eV

C.從n=4躍遷到n=3發(fā)出的光子頻率最高

D.這些氫原子只能吸收0.85eV的光子才能電離

4.如圖所示為某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間

產(chǎn)生強(qiáng)電場，虛線為等差等勢面，在強(qiáng)電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向

吸極，a、b是其路徑上的兩點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為Ea、Eb，電勢分別為Wa、

%。下列說法正確的是（）

C.Ea>Efj>(pa<(pbD.Ea<Eb，(Pa<(pb

5.手搖式發(fā)電機(jī)的線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，其磁通量隨時

間按如圖所示的正弦規(guī)律變化。當(dāng)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

時，下列說法正確的是（）

A.交流電壓的變化周期變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

B.穿過線圈的磁通量的最大值變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

C.交流電壓的最大值變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

D.交流電壓的有效值變?yōu)樵瓉淼?2倍

6.將一個小球豎直向上拋出，假設(shè)小球在運(yùn)動過程中受到大小不變的空氣阻力作用，

經(jīng)過一段時間后小球又返回至出發(fā)點(diǎn)。關(guān)于小球從拋出到返回原位置的過程，下列

說法正確的是（）

A.小球上升過程中的加速度小于下落過程中的加速度

B.小球上升過程中克服重力做的功大于下落過程中重力做的功

C.小球上升過程中的機(jī)械能變化大于下落過程中機(jī)械能的變化

D.小球上升過程中所受重力的平均功率大于下落過程中重力的平均功率

7.圖1為一列簡諧橫渡在t=0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=l.Oni處的質(zhì)點(diǎn),

Q是平衡位置在x=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)；圖2為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖像。下列說法正確的是

A.在t=0.10s時，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動

B.從t=0.10s到t=0.25s,質(zhì)點(diǎn)Q通過的路程為30cm

C.從t=0.10s到t=0.25s,該波沿?zé)o軸負(fù)方向傳播了8m

D.在t=0.25s時，質(zhì)點(diǎn)P的加速度沿y軸負(fù)方向

8.如圖所示，平行金屬板4、B水平正對放置，分別帶等量異號電"0

荷.一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)*--

動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）

A.若微粒帶正電荷，貝IJ4板一定帶正電荷

B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加

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C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加

D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加

9.2021年4月29日，中國空間站天和核心艙發(fā)射升空，準(zhǔn)確進(jìn)入預(yù)定軌道，核心艙繞

地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的白。已知地球同

步衛(wèi)星的軌道離地面的高度約為地球半徑的6倍。下列說法正確的是（）

A.核心艙進(jìn)入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的fl倍

B.核心艙在軌道上飛行的速度大于地球的第一宇宙速度

C.核心艙在軌道上飛行的周期小于24/1

D.后續(xù)加掛實(shí)驗(yàn)艙后，空間站由于質(zhì)量增大，軌道半徑將變小

10.如圖所示，兩根長1m的空心鋁管豎直放置，其中乙管有一條

豎直的裂縫。某同學(xué)把一塊圓柱形的強(qiáng)磁體先后從甲、乙兩

管的上端由靜止放入管口，磁體在甲、乙兩管中運(yùn)動的時間

分別為3s和0.6s。磁體的直徑略小于鋁管的內(nèi)徑，不計(jì)磁體LJ

與管壁的摩擦。關(guān)于磁體在甲、乙兩管中的運(yùn)動，下列說法甲乙

正確的是（）

A.磁體在甲管內(nèi)下落的過程中,所受合外力的沖量可能為0

B.磁體在甲管內(nèi)下落的過程中，其克服磁場力的功小于重力勢能的減少量

C.磁體在乙管內(nèi)下落的過程中，乙管中沒有產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流

D.磁體在乙管內(nèi)下落的過程中，其重力勢能的減少量等于動能的增加量

11.國際拔河比賽根據(jù)每隊(duì)8名運(yùn)動員的體重分成若干重量級別,

同等級別的兩隊(duì)進(jìn)行比賽。比賽中運(yùn)動員必須穿“拔河鞋”

或沒有鞋跟等突出物的平底鞋；不能戴手套。比賽雙方相持

時，運(yùn)動員會向后傾斜身體，使地面對人的作用力與身體共

線。不計(jì)拔河繩的質(zhì)量，下列說法正確的是（）

A.獲勝隊(duì)伍對繩的拉力大于對方隊(duì)伍對繩的拉力

B.因?yàn)槔K子的拉力處處相等，所以兩隊(duì)隊(duì)員受到的地面摩擦力總是相等

C.雙方相持時，若繩子拉力增大，則地面對運(yùn)動員的作用力增大

D.雙方相持時，運(yùn)動員身體后傾，減小與地面間的夾角，是為了增加與地面間的

正壓力

12.如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abed,固定在水平

面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水

平拉力作用下沿ab、de以速度"勻速滑動，滑動過程

PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦。

在PQ從靠近ad處向be滑動的過程中

A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端

電壓先減小后增大

C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大

13.為了測量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(jì)（流量Q為單位

時間內(nèi)流過某截面流體的體積）。如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、

b.c,左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻

強(qiáng)磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N,含有大量的正、負(fù)離子的污

水充滿管道，從左向右勻速流動，測得M、N間電壓為U。由于污水流過管道時受

到阻力/的作用，左、右兩側(cè)管口需要維持一定的壓強(qiáng)差。已知沿流速方向長度為L、

流速為”的污水，受到的阻力f=為比例系數(shù)）。下列說法正確的是（）

B.金屬板M的電勢低于金屬板N的電勢

C.電壓U與污水中的離子濃度有關(guān)

D.左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差為瑞

bc'B

14.隱身飛機(jī)通過運(yùn)用多種隱形技術(shù)降低飛機(jī)的信息特征，使雷達(dá)難以發(fā)現(xiàn)、識別、跟

蹤和攻擊?飛機(jī)隱身途徑主要有兩種：一是改變飛機(jī)的外形和結(jié)構(gòu)，減小回波，二

是飛機(jī)表面采用能吸收雷達(dá)波的涂敷材料。

雷達(dá)是利用電磁波探測目標(biāo)的電子設(shè)備。雷達(dá)發(fā)射電磁波對目標(biāo)進(jìn)行照射并接收其

回波，由此可獲得目標(biāo)至電磁波發(fā)射點(diǎn)的距離、方位、高度等信息。常規(guī)雷達(dá)采用

波長為0.01m-0.1m之間的厘米波，隱身飛機(jī)在常規(guī)雷達(dá)反射的能量幾乎與一只麻

雀反射的能量相同，因此在常規(guī)雷達(dá)的屏幕上看不到隱身飛機(jī)的回波。而米波雷達(dá)

采用波長為Im-10m之間的米波,與隱身飛機(jī)的外形尺寸相匹配，從而發(fā)生諧振，

大大增強(qiáng)了飛機(jī)回波信號的能量，從而使飛機(jī)的隱身效果下降。下列說法正確的是

()

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A.米波不能產(chǎn)生偏振現(xiàn)象

B.米波的頻率約為厘米波頻率的10倍

C.米波的傳播速度小于厘米波的傳播速度

D.常規(guī)雷達(dá)比米波雷達(dá)的分辨率更高

二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共18.0分)

15.為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，某學(xué)習(xí)小組用如圖1所示的氣墊導(dǎo)軌裝置(包括導(dǎo)軌、氣

源、光電門、滑塊、遮光條)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。在導(dǎo)軌上選擇兩個適當(dāng)?shù)奈恢?、8安裝光

電門I、n,并連接數(shù)字計(jì)時器；用刻度尺分別測量4B點(diǎn)到水平桌面的高度九1、

入2°

光電門II

滑塊向

01

主尺

水平桌面百標(biāo)尺

IlliIIcm

圖1

小車打點(diǎn)計(jì)時器

—l__r一?5K7F

(1)用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d時，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，則

d=mmo

(2)某次實(shí)驗(yàn)中，測得滑塊通過光電門I的時間Nt】=0.026s,則滑塊通過光電門I

的瞬時速度%=m/s(保留兩位有效數(shù)字)。

(3)將滑塊從光電門I左側(cè)某處由靜止開始釋放，測出滑塊通過光電門I、n的時

間分別為4tl和Zt2。在誤差允許范圍內(nèi)，若九1一九2=(用d、4。、以及重

力加速度g表示)，則可認(rèn)為滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒。

(4)另一小組的同學(xué)想用如圖3所示的裝置做此實(shí)驗(yàn)。在實(shí)驗(yàn)前通過墊塊平衡了小車

所受的阻力。該小組同學(xué)認(rèn)為，平衡阻力后小車和砂桶系統(tǒng)的機(jī)械能是守恒的，你

是否同意？并說明理由。

16.某課外活動小組用銅片、鋁片和自來水制作了由多個自來水電池構(gòu)成的電池組。為

了測量電池組的電動勢E和內(nèi)阻r,他們選用數(shù)字電壓表(內(nèi)阻大于1OM0)、電阻箱

(0?99990以及開關(guān)與該電池組連接成電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

(1)請?jiān)趫D1的方框中畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖。

(2)按照設(shè)計(jì)的電路圖連接電路后，調(diào)節(jié)電阻箱接入電路的阻值R,并同時記錄數(shù)字

電壓表的讀數(shù)U。以七為縱軸、器為橫軸建立直角坐標(biāo)系，描出數(shù)據(jù)點(diǎn)，得到圖2所

示的圖線。已知圖線在縱軸上的截距為b,斜率為k,由此可以求得電池組的電動勢

E=,內(nèi)阻r=。(用b和/c表示)

(3)該小組的同學(xué)想用上面數(shù)字電壓表和電阻箱探究某光伏電池的特性。他們通過

查閱資料知道，光伏電池在特定光照條件下的伏安特性曲線如圖3所示。若光伏電

池的路端電壓為U,外電路的阻值為R,則他們得到的U-R圖像可能是圖4中的

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共40.0分)

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17.如圖所示,把一個質(zhì)量爪=0.2kg的小球放在高度

h=5.0m的直桿的頂端。一顆質(zhì)量m'=0.01kg的子彈以%=500nz/s的速度沿水

平方向擊中小球，并經(jīng)球心穿過小球，小球落地處離桿的水平距離s=20m,取重

力加速度g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求：

(1)小球在空中飛行的時間t；

(2)子彈剛穿出小球瞬間的速度也

(3)子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能4E。

18.某種質(zhì)譜儀由離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器幾部分構(gòu)成，如

圖所示加速電場的電壓為U;靜電分析器中有沿半徑方向的電場，通道中心線MN是

半徑為R的圓??；磁分析器中分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電

分析器的右邊界平行；由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為血、電荷量為q的正離子(初速度為

零，重力不計(jì))。經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動，

而后由P點(diǎn)垂直于磁分析器的左邊界進(jìn)入磁分析器中，經(jīng)過四分之一圓周從。點(diǎn)射

出，并進(jìn)入收集器。已知Q點(diǎn)與磁分析器左邊界的距離為d。求：

(1)離子離開加速電場時的速度"的大小；

(2)靜電分析器中MN處電場強(qiáng)度E的大??；

(3)磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向。

離子源

19.類比是研究問題的常用方法。

(1)情境1：如圖1所示，彈簧振子的平衡位置為。點(diǎn)，在B、C兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動，

小球相對平衡位置的位移X隨時間t的變化規(guī)律可用方程X=KmCOSRt描述，其中

Xm為小球相對平衡位置。時的最大位移，m為小球的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。

請?jiān)趫D2中畫出彈簧的彈力F隨位移x變化的示意圖，并借助F-x圖像證明彈簧的彈

性勢能Ep=

(2)情境2：如圖3所示，把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關(guān)連成電路。先把開

關(guān)置于電源一側(cè)，為電容器充電，稍后再把開關(guān)置于線圈一側(cè)，組成LC振蕩電路,

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同時發(fā)現(xiàn)電容器極板上電荷量q隨時間t的變化規(guī)律與情境1中小球位移x隨時間t的

變化規(guī)律類似。已知電源的電動勢為E,電容器的電容為C,線圈的自感系數(shù)為L。

a.類比情境1，證明電容器的電場能E庖=?。

b.類比情境1和情境2,完成下表。

情境1情境2

球的位移％=xmcosj^t

線圈的磁場能七破=：加2。為線圈中電流的瞬時值)

北京2022年冬奧會,我國選手在單板

滑雪U形池比賽中取得了較好的成績。比賽場地可以簡化為如圖所示的模型：U形

滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和中央平面直軌道連接而成，軌道傾角

為18。。某次比賽中，質(zhì)量m=50kg的運(yùn)動員自4點(diǎn)以%=6m/s的速度進(jìn)入U(xiǎn)形池,

經(jīng)過多次騰空跳躍，以孫,=lOzn/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面

4BCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線ZD的夾角a=72。，騰空后又沿軌道邊緣

的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。取重力加速度g=10m/s2。

sin720=0.95,cos720=0.31。

(1)若4、M兩點(diǎn)間的距離，=20771,求運(yùn)動員從4到M的過程中，除重力外其它力做

的功

(2)運(yùn)動員自M點(diǎn)躍起后，在M到N的過程中做勻變速曲線運(yùn)動。對于這種較為復(fù)雜

的曲線運(yùn)動，同學(xué)們可以類比平拋運(yùn)動的處理方法，將之分解為兩個方向的直線運(yùn)

動來處理。求：

a.在運(yùn)動員從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，運(yùn)動員從M點(diǎn)運(yùn)動到距離ZD最遠(yuǎn)處所用的

時間t;

b.運(yùn)動員落回到N點(diǎn)時，速度方向與4。夾角的正切值tan/?(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

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答案和解析

1.【答案】

A

【解析】

解：當(dāng)氣體被壓縮時，外界對氣體做功，即

W>0

因容器壁與外界沒有熱量交換，則

<2=0

根據(jù)熱力學(xué)第一定律

AU=W+Q

可知

4U>0

即氣體內(nèi)能增加，溫度升高，根據(jù)

T

可知，IZ減小，7變大，則壓強(qiáng)p變大，BCD錯誤,A正確。

故選:力。

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程岸=C可分析PUT三者之間的關(guān)系；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可分析

吸放熱情況。

本題運(yùn)用理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律結(jié)合，分過程進(jìn)行分析，就可以正確解答。

另外還要知道：溫度是分子平均動能的標(biāo)志。

2.【答案】

B

【解析】

解：4、由雙縫干涉中兩條兩條明（暗）條紋間的距離△x=：4,且頻率更高的波長對應(yīng)

的光的波長越短，故對應(yīng)的條紋間距會變小，故A錯誤；

8、由上述分析可知改用波長更長的光波，對應(yīng)的雙縫干涉中兩條兩條明（暗）條紋間的

距離會增大，故8正確；

C、減小雙縫間距能增大條紋間距，而非增大雙縫間距，故C錯誤；

。、增大雙縫與光屏間距能增大條紋間距，而非減小雙縫與光屏間距，故。錯誤。

故選：B。

雙縫干涉中相鄰兩條明（暗）條紋間的距離△%與波長;I、雙縫間距離d及雙縫到屏的距離L

滿足△%=：九可分析出條紋間距與光波長成正比，與雙縫與光屏間距成正比，與雙縫

間距成反比。

本題主要考察雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中條紋間距的相關(guān)因素，熟悉公式△x=：4,有助于解題，

本題較為基礎(chǔ)。

3.【答案】

A

【解析】

解：4大量的氫原子從n=4的能級向低能級躍遷時，可能發(fā)出的光子頻率的種類n=

Cl=6種，故A正確；

8.C.從n=4向n=1躍遷發(fā)出的光子能量最大，頻率最高，得

E=E4一E]=-0.85eK-（-13.60e7）=12.75eV

故BC錯誤；

D這些氫原子吸收不小于0.85eU的光子都能電離，故O錯誤。

故選：4。

依據(jù)數(shù)學(xué)組合公式盤，即可判定躍遷的種類；能級間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等

于兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光子能量越大，頻率越大，波長越小.

解決本題的關(guān)鍵知道原子能量、電勢能、動能與軌道半徑的關(guān)系；解決本題的關(guān)鍵知道

能級間躍遷滿足的規(guī)律，即Em-En=/w.關(guān)鍵掌握發(fā)生光電效應(yīng)的條件，以及知道能

級間躍遷時，哪個能級間躍遷發(fā)出的光子能量最大，哪個能級間躍遷發(fā)出的光子能量最

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?。蛔⒁庖粋€氫原子和一群氫原子輻射的光子種數(shù)不同.

4.【答案】

A

【解析】

解：由圖可知，發(fā)射極接電源正極，吸極接電源負(fù)極，則發(fā)射極為高電勢，吸極為低電

勢，電場線由發(fā)射極指向吸極，沿電場線方向電勢降低，故a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)高，即外>外，

相鄰等差等勢面間的距離越小電場強(qiáng)度越大，相鄰等差等勢面間的距離越大電場強(qiáng)度越

小，由圖示等差等勢面可知，從左向右相鄰等差等勢面間的距離不斷變大，則從左向右，

電場強(qiáng)度逐漸減小，a點(diǎn)電場強(qiáng)度比b點(diǎn)電場強(qiáng)度大，即%>Eb,故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

明確圖象原理，根據(jù)圖中電路確定發(fā)射極與吸極的電勢高低，確定電場線方向，沿電場

線方向電勢降低，從而明確a、b兩點(diǎn)的電勢高低；注意圖中等勢面是等差等勢面，所以

能根據(jù)疏密確定電場強(qiáng)度大小。

本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動問題，要注意明確電場的性質(zhì)，注意電場線的疏密描

述電場的強(qiáng)弱，但等勢面要先確定是否為等差等勢面，若是等差等勢面，可由其疏密判

斷電場強(qiáng)度的大小。

5.【答案】

C

【解析】

解：4、由32==31，^2=T-'=27,2,故A錯誤。

N21

B、由0m=nBS知，磁通量的最大值和轉(zhuǎn)速無關(guān)。故3錯誤。

C、由E7n=nBS3知，電壓的最大值和角速度成正比，角速度減半，最大電壓值也減半。

故C正確。

D、由E=^=甯知，角速度減半，有效值也減半，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)正弦交變電流的規(guī)律，轉(zhuǎn)速減半，周期增倍，電壓最大值和有效值都減半，磁通量

最大值不變。

本題考查了正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式及其規(guī)律。題目以基礎(chǔ)為主，難度不大。

6.【答案】

D

【解析】

解：A小球運(yùn)動過程中受的空氣阻力大小不變，則上升、下降過程中加速度大小分別為

mg+f=ma卜

mg-f=maT

所以

a±>aT

故A錯誤；

8小球上升過程中克服重力做的功等于下落過程中重力做的功相等，即

WG—mgh

故B錯誤；

C.小球機(jī)械能的變化等于空氣阻力對小球做的功，即

AE=-fh

所以小球上升過程中的機(jī)械能變化等于下落過程中機(jī)械能的變化，故C錯誤；

D上升、下降過程所用時間分別為二上、t尸，則有

1,21,2

5a上,上=5。/下

由于a上>a廣，則

t上<t下

上升、下降過程所受重力的平均功率分別為

P=:

所以

p±>pr

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故。正確。

故選：D。

根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，重力做功吸=mgh，小球機(jī)械能的變化等于空氣阻力

對小球做的功，平均功率P=?。

本題考查功率的計(jì)算，解題關(guān)鍵掌握重力做功的表達(dá)式，注意重力功率的計(jì)算方法。

7.【答案】

B

【解析】

解：4由振動圖像可以看出t=0.10s時刻質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，故A錯誤；

B.由振動圖像知，從t=0.10s到t=0.25s,質(zhì)點(diǎn)Q經(jīng)過時間t=0.15s=：T通過的路程

為s=34=3x10cm=30cm,故B正確；

C.由振動圖像可以看出t=0.10s時刻質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，根據(jù)同側(cè)法可知波向久軸

負(fù)方向傳播；由振動圖像知周期t=0.20s,由波形圖知波長4=8m,則波速

v=-T=0.20'—40m/'s

At=O.lOsgiJt=0.25s,該波沿x軸負(fù)方向傳播

s=vt=40x(0.25—0.10)m=6m

故C錯誤；

D根據(jù)同側(cè)法可知，t=0.10s是質(zhì)點(diǎn)P向y軸正方向運(yùn)動，在t=0.25s時，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動到

y軸下方正向平衡位置運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)P的加速度沿y軸正方向，故。錯誤。

故選：B。

由振動圖象讀出t=0.10s時刻Q點(diǎn)的振動方向，判斷波的傳播方向。由波動圖象讀出波

長，由振動圖象讀出周期，可求出波速。分析波動過程，根據(jù)時間與周期的關(guān)系，判斷

Q點(diǎn)的路程。

波的圖象往往先判斷質(zhì)點(diǎn)的振動方向和波的傳播方向間的關(guān)系。同時，熟練要分析波動

形成的過程，分析物理量的變化情況。

8.【答案】

c

【解析】

解：微粒在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用，由圖示微粒運(yùn)動軌跡可知，

微粒向下運(yùn)動，說明微粒受到的合力豎直向下，重力與電場力的合力豎直向下；

A、如果微粒帶正電，4板帶正電荷，微粒受到的合力向下，微粒運(yùn)動軌跡向下，4板帶

負(fù)電，但如果電場力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒運(yùn)動軌跡向下，則4板既可

以帶正電，也可能帶負(fù)電，故A錯誤；

8、如果微粒受到的電場力向下，微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)過程中電場力做正功，微粒電

勢能減小，如果微粒受到的電場力向上，則電勢能增加，故B錯誤；

C、微粒受到的合力向下，微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)過程中合外力做正功，微粒的動能增

加，故C正確；

D、微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)過程不知道電場力做正功還是負(fù)功，機(jī)械能不一定增加，故

。錯誤。

故選:Co

微粒在平行金屬板間受到重力與電場力的作用，根據(jù)微粒運(yùn)動軌跡與微粒受到的重力與

電場力間的關(guān)系分析答題.

根據(jù)微粒的運(yùn)動軌跡判斷出微粒受到的合外力，然后根據(jù)微粒的受力情況分析答題；電

場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加.

9.【答案】

C

【解析】

解：設(shè)地球的半徑為R,質(zhì)量為M、核心艙的質(zhì)量為軌道半徑為r=R+2R=^R。

lolo

A、根據(jù)萬有引力定律可得尸=等，核心艙進(jìn)入軌道后所受地球的萬有引力大小約為

它在地面時的《|)2倍，故A錯誤；

8、第一宇宙速度等于貼近地面衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動的速度，由萬有引力提供向心力有：

竿=小藝，解得：v=怪,所以核心艙在軌道上飛行的速度小于地球的第一宇宙速

rzr7r

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度，故8錯誤；

C、對核心艙與地球同步衛(wèi)星相比，根據(jù)開普勒第三定律可得弓=匕由于核心艙的軌

T2

道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，而地球同步衛(wèi)星的周期為24九，所以核心艙在軌

道上飛行的周期小于24h,故C正確；

。、軌道半徑的大小與空間站的質(zhì)量大小無關(guān)，故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)萬有引力定律比較萬有引力的大??；

由萬有引力提供向心力可得v=異由此分析核心艙的速度大??；

根據(jù)開普勒第三定律分析周期；

軌道半徑的大小與空間站的質(zhì)量大小無關(guān)。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心

力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。

10.【答案】

B

【解析】

解：4甲由靜止釋放，故甲的初動量為零，甲在下落過程中由楞次定律可知，甲下落的

過程中存在阻礙它運(yùn)動的力，但不會使甲減速為零，故末動量不為零，由動量定理可知，

合外力的沖量不為零，故A錯誤；

B.由能量守恒可知，甲減少的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為克服磁場力的功，另一部分轉(zhuǎn)化為

了動能，故B正確；

C.圖乙有磁通量的變化量，故有感應(yīng)電動勢，但是由于乙管有一條豎直的裂縫，因此沒

有閉合回路，故無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯誤；

。.乙下落過程中，會產(chǎn)生變化的磁場，由麥克斯韋電磁場理論，變化的磁場會產(chǎn)生感生

電場，由能量守恒可知，乙減少的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為電場能，另一部分轉(zhuǎn)化為了動

能，故。錯誤。

故選：Bo

根據(jù)楞次定律可以分析磁體在甲管中運(yùn)動會受到阻力，但是無法阻止磁體的下落，根據(jù)

能量守能可分析B選項(xiàng)，C選項(xiàng)能夠產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但是不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，由于磁

體在乙管中中下落會在管壁產(chǎn)生渦流，故根據(jù)能量守恒可分析D選項(xiàng)。

解決本題時，要掌握產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，同時能根據(jù)楞次定律的推論：來拒去留，分

析鋁管與小圓柱間的安培力性質(zhì)。

11.【答案】

C

【解析】

解：4、對繩子分析可知，兩隊(duì)對繩子的拉力是一對平衡力，大小相等，方向相反，故

A錯誤：

8、對兩隊(duì)整體分析可知，當(dāng)整體突然向獲勝一方移動時，獲勝一方受到的靜摩擦力大

于另一方受到的靜摩擦力，故B錯誤；

CD、雙方相持時，對人受力分析，豎直方向有N=mg,所以支持力N不變，所以運(yùn)動

員改變與身體地面間的夾角時，運(yùn)動員受到地面的彈力不會變，在水平方向有7=/,

當(dāng)繩子拉力7變大時，則靜摩擦力/變大，摩擦力和支持力的合力增大，即地面對運(yùn)動

員的作用力增大，故C正確，。錯誤。

故選：Co

拔河比賽運(yùn)動員所受最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，/壽=〃N,其中N=mg,因

此體重越大的運(yùn)動員，受到最大靜摩擦力越大。雙方相持時，運(yùn)動員處于受力平衡狀態(tài)，

可用共點(diǎn)力平衡條件對其進(jìn)行分析。

本題考查受力分析以及摩擦力的影響因素，考查學(xué)生受力分析能力以及對物理概念的掌

握情況，難度適中。

12.【答案】

C

【解析】

第18頁，共26頁

【分析】

本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住PQ位于ad中點(diǎn)時線框總電阻最大，分析

電壓的變化和電流的變化；二要根據(jù)推論：外電阻等于電源的內(nèi)阻時電源的輸出功率最

大，分析功率的變化。

【解答】

根據(jù)右手定則可知，PQ中電流的方向?yàn)镼-P,畫出該電路的等效電路圖如圖，

其中％為ad和兒上的電阻值，/?2為時上的電阻與cd上的電阻的和，電阻之間的關(guān)系滿

足：/?!+/?2+/?!=3R,由題圖可知，=-R

當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的過程中，開始時的電阻值：Ro=^R

1O

當(dāng)導(dǎo)體棒位于中間位置時，左右兩側(cè)的電阻值是相等的，此時：R中=2R>lR，

可知當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的過程中，開始時的電阻值小于中間位置處的電阻值，所以當(dāng)導(dǎo)

體棒向右運(yùn)動的過程中電路中的總電阻先增大后減小。

A、導(dǎo)體棒由靠近ad邊向北邊勻速滑動的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=84,保持不

變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析得知電路中的總電流先減小后增大，

即PQ中電流先減小后增大。故A錯誤。

B、PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，U=E-IR,可知PQ兩端的電

壓先增大后減小。故8錯誤；

C、導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻先增大后減

小，由P=捺得知，PQ上外力的功率先減小后增大。故C正確。

。、由以上的分析可知，導(dǎo)體棒PQ上的電阻始終大于線框的電阻，當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的

過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的功率的分配關(guān)系與外電阻的關(guān)系

可知，當(dāng)外電路的電阻值與電源的內(nèi)電阻相等時外電路消耗的電功率最大，所以可得線

框消耗的電功率先增大后減小。故。錯誤。

故選：Co

13.【答案】

D

【解析】

解：人最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB=解得污水的流速：

v=則流量Q=u/?c=],故A錯誤；

CDD

8、根據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向下，則向下偏轉(zhuǎn)，N板帶負(fù)電，M板

帶正電，則M板的電勢比N板電勢高，故8錯誤；

C、最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB=解得：U=vBc,與離

子濃度無關(guān)，故C錯誤；

D、污水的流速：v=^,污水流過該裝置時受到阻力：f=kLv=kav,為使污水勻速

通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差等于污水流過該裝置時受到阻力，ApS=

Apbc=kav,則有=臂=搭故。正確。

故選：D。

正負(fù)離子流過時，會受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打在上下表面上，通過電荷的正負(fù)判斷電

勢的高度。最終正負(fù)離子受電場力和洛倫茲力處于平衡，根據(jù)平衡關(guān)系求出流量和電壓

U的關(guān)系。根據(jù)壓力差與液體所受阻力相等，求出左右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓強(qiáng)差。

根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，從而得出正負(fù)離子的偏轉(zhuǎn)方向，確定出上下表面電

勢的高低。最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出兩極板間的電

壓，在壓力和阻力作用下處于平衡，求出流量的大小。

14.【答案】

D

【解析】

解：4、電磁波都是橫波，米波也能產(chǎn)生偏振現(xiàn)象，故A錯誤；

B、根據(jù)題意米波的波長比厘米波的波長大約100倍，根據(jù)c=4/,可知米波的頻率約為

厘米波頻率的擊倍，故B錯誤；

C、在真空中，米波的傳播速度等于微波的傳播速度，即光速，故C錯誤；

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。、常規(guī)雷達(dá)采用的厘米波，它比米波的波長更小，頻率更大，則常規(guī)雷達(dá)比米波雷達(dá)

的分辨率更高，故。正確。

故選：Do

電磁波是橫波；任何波長的電磁波，其速度都等于光速，即c=3x1。8加/5,根據(jù)波速

一定，波長與頻率的關(guān)系就可以得出米波的頻率比微波高還是低了.

本題易錯點(diǎn)在學(xué)生對波長、頻率和波速的關(guān)系的理解上，記住電磁波在真空的速度相同

等于3x108m/s.

15.【答案】

52。20冊-島

【解析】

解：(2)游標(biāo)卡尺的精度為0.1mm,讀數(shù)為d=5mm+2x0.1mm=5.2mmo

滑塊通過光電門的速度%=9=77I7X10-3m/s=0.20m/s；

C]U.UZO

(3)滑塊沿光滑的斜面下滑過程機(jī)械能守恒，需要通過光電門測量通過滑塊運(yùn)動的速度:

a

v=—At

滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能：mgdh.-h2)=-

如謚

聯(lián)立化他可得：由一壇=冊-品

允許的范圍內(nèi)，滿足該等式可認(rèn)滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒；

(4)滑塊在下滑過程中受到空氣阻力作用，產(chǎn)生誤差；遮光條寬度不夠窄，測量速度不

準(zhǔn)確，產(chǎn)生誤差。

故答案為：(1)5.2；(2)0.20；(3)忘一券；(4)空氣阻力、遮光條太寬

(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺和游標(biāo)尺的示數(shù)之和；

(2)根據(jù)光電門原理求得速度，

(3)從而得到動能增加量，根據(jù)重力勢能的減少量，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律可求得要驗(yàn)

證的表達(dá)；

(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)際操作步驟分析誤差。

本題考查機(jī)械能守恒定律的驗(yàn)證，解題關(guān)鍵掌握滑塊通過光電門的速度如何計(jì)算。

16.【答案】

/c

【解析】

解：(1)由題設(shè)條件，只給了電壓表和電阻箱，由測電源電動勢和內(nèi)

阻的原理知，只要兩給數(shù)據(jù)(此題是U,R)通過列方程就能求出E和r。而此題是用圖象

的方法進(jìn)行減小偶然誤差，故電路圖如圖所示;

(2)由后=[/+/r和[/=//?得：U=-^-xE,變形后得到：i=+

K~riUc>cK

因此在5—捆象中，/斜率k二為截距b。故k=gb='所以求出：E=3,r=：；

UREEEED0

(3)由/—U圖象知，剛開始隨U的增大保持不變，由/?=，知，R均勻增大，故AO錯誤；

接下來，隨著U的增大，/減小的速度變大，由(7=//?得R變大的速度變大，故C正確。

故選：C。

故答案為：(1)如圖所75;(2)p1(3)C

(1)根據(jù)題設(shè)條件和測量電源電場動勢和內(nèi)阻的原理畫出電路圖；

(2)寫出圖象要求的表達(dá)式，由圖象的斜率和截距求電場勢和內(nèi)阻；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像斜率

本題考查測電源電動勢與內(nèi)阻，解題關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖

像斜率與截距解得。

17.【答案】

解：⑴子彈穿過小球后，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，則有：h=1gt2,解得：t=Is

(2)設(shè)子彈穿過小球后小球做平拋運(yùn)動的初速度為巧，因?yàn)樾∏蛩椒较驗(yàn)閯蛩龠\(yùn)動，

則：Vi=|=ym.s=20m/s

子彈穿過小球的過程，子彈與小球額系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，貝I：m'v0=

第22頁，共26頁

r

mv1+mv9解得：v=lOOm/s

⑶根據(jù)能量守恒可知，子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能4E=-(加資+

\m'v2,解得：AE=1160/

答：(1)小球在空中飛行的時間t為1s；

(2)子彈剛穿出小球瞬間的速度"為lOOm/s；

(3)子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能4E為1160人

【解析】

(1)根據(jù)小球在空中飛行時做平拋運(yùn)動，根據(jù)豎直方向運(yùn)動規(guī)律求出時間；

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動水平方向做勻速直線運(yùn)動計(jì)算出水平初速度，根據(jù)子彈和小球系統(tǒng)動

量守恒，最后得出子彈穿過小球的速度；

(3)根據(jù)能量守恒，得出系統(tǒng)機(jī)械能損失等于子彈與小球初動能減去子彈與小球的末動

能。

本題考查了平拋運(yùn)動與動量、能量關(guān)系，解題的關(guān)鍵是掌握平拋運(yùn)動水平和豎直方向的

運(yùn)動規(guī)律，子彈穿過小球瞬間動量守恒，且會根據(jù)前后的能量計(jì)算出機(jī)械能損失。

18.【答案】

解：(1)設(shè)離子離開加速電場的速度為離子在加速電場中加速的過程中，根據(jù)動能定

理可得：qU=[nw2-o

解得：〃=回

(2)在通過靜電分析器通過時，離開沿半徑為R的圓弧運(yùn)動，電場力提供向心力，由此可

得：qE=^

將之前求出速度。代入可化簡得：E號

(3)離子進(jìn)入磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動，離子在靜電分析器中受電場力指向圓心，可

知粒子帶正電，在磁分析器中沿順時針轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，根據(jù)左手定則，

磁分