2021年北京市昌平區(qū)高考物理二模試卷(含答案詳解)

2021年北京市昌平區(qū)高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.如圖所示為飛機起飛時，在同一底片上相隔同樣時間多次曝光“拍攝”的照片，可以看出，在

同樣時間間隔中，飛機的位移不斷增大，則下列說法中正確的是（）

A.從圖中可看出飛機是做勻加速直線運動

B.量取圖中數(shù)據(jù)可以求得飛機在中間位置的速度

C.量取圖中數(shù)據(jù)可以求出飛機在該過程的平均速度

D.量取圖中數(shù)據(jù)并按照飛機尺寸比例還原數(shù)據(jù)，可以判斷飛機是否做勻變速直線運動

2.下列關(guān)于分子熱運動的說法中正確的是（）

A.擴散現(xiàn)象表明，分子在做永不停息的熱運動

B.布朗運動就是液體分子的無規(guī)則熱運動

C.溫度相同的氫氣和氮氣，氫氣分子和氮氣分子的平均速率相同

D.布朗顆粒越大，液體溫度越高，布朗運動就越明顯

3.已知某時亥也C回路中電容器中的電場方向和電感線圈中的磁場方向如圖所「-------時

示.則此時下列說法中正確的是（）

A.電容器上極板帶正電，正在充電解

B.電感線圈中的電流正在增大

C.電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化

D.電感線圈中的自感電動勢正在減小

4.關(guān)于原子核的有關(guān)知識，下列說法錯誤的是（）

A.核力具有短程性決定了核力具有飽和性

B.雖然原子核內(nèi)的中子不帶電，但是相鄰的兩個中子間仍存在核力作用

C.正因為重核中的核子的平均結(jié)合能小，所以重核分裂成兩個中等質(zhì)量的核時會放出結(jié)合能

D.核子結(jié)合成原子核時放出的結(jié)合能是由虧損的質(zhì)量轉(zhuǎn)化而來的

5.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，其周期7=0.20s,在t=0時的波形圖象如2,6

圖所示。其中P、Q是介質(zhì)中平衡位置分別處在％=1.0m和x=4.0m的兩聾七%

個質(zhì)點，若此時質(zhì)點P在正向最大位移處，質(zhì)點Q通過平衡位置向上運動，

則（）

A.該波沿x軸正方向傳播

B.經(jīng)過1.57波傳播的距離為12cm

C.當(dāng)質(zhì)點Q到達波谷時，質(zhì)點P位于平衡位置且向上運動

D.當(dāng)質(zhì)點Q到達波谷時，質(zhì)點P位于平衡位置且向下運動

6.在一個上下溫度相同的水池中，一個小空氣泡緩慢向上浮起，下列對空氣泡內(nèi)氣體的描述中正

確的是（）

A.氣體壓強不變B.氣體分子的密集程度增大

C.氣體從水中吸收熱量D.氣體分子無規(guī)則運動加劇

7.如圖所示，兩束單色光a、b分別照射到玻璃三棱鏡AC面上的同一點，且7/C

都垂直4B邊射出三棱鏡，則下列說法中正確的是（）\

A.a光的頻率高-----------\

B.b光的波長大

C.a光穿過三棱鏡的時間短

D.b光穿過三棱鏡的時間短

8.圖甲所示的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為55：6,圖乙是該變壓器原線圈兩端輸入的交變電壓

a的圖象，副線圈中L是規(guī)格為“24V,12〃“的燈泡，品是定值電阻，R是滑動變阻器，導(dǎo)線

電阻不計，圖中各電表均為理想交流電表，以下說法正確的是（）

A.流過燈泡L的電流每秒鐘方向改變50次

B.原線圈兩端輸入電壓的瞬時值表達式為u=311sbi（507Tt）（7）

C.滑片P向下滑動的過程中，變壓器的輸入功率變小，匕表示數(shù)不變

D.滑片P向下滑動的過程中，燈泡L仍能正常發(fā)光，4表示數(shù)變大，4表示數(shù)變大

9.2015年12月17日8時12分，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征二號丁運載火箭成功將暗物質(zhì)粒子

探測衛(wèi)星發(fā)射升空，該衛(wèi)星的主要任務(wù)是在太空中開展高能電子及高能y射線探測任務(wù)，尋找暗

物質(zhì)存在的證據(jù)，研究暗物質(zhì)特性與空間分布規(guī)律，該衛(wèi)星飛行高度約為500km.關(guān)于該衛(wèi)星下

列說法正確的是（）

A.在軌運動的速度大于人造地球衛(wèi)星的第一宇宙速度

B.在軌運動的角速度一定比近地衛(wèi)星的角速度大

C.在軌運動的周期比地球同步衛(wèi)星的周期大

D.在軌運動的加速度比同步衛(wèi)星的加速度大

10.將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上4點,

不計空氣阻力，若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋

出的籃球垂直擊中4點，則可行的是（）

A.增大拋射角0,同時增大拋射速度處

B.增大拋射角。，同時減小拋射速度北

C.減小拋射角。，同時增大拋射速度為

D.減小拋射角。，同時減小拋射速度為

11.關(guān)于單擺的描述，正確的是（）

A.單擺的運動一定是簡諧振動

B.單擺運動的回復(fù)力是重力與繩子拉力的合力

C.單擺運動過程中經(jīng)過平衡位置時達到平衡狀態(tài)

D.單擺經(jīng)過平衡位置時回復(fù)力為零

12.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，電容器上極板與一靜電計相

連，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一質(zhì)量為m的帶電微粒靜止于電容器的

中點P,P點與上、下極板間距離均為d,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

齡電計

A.微粒一定帶正電

B.若電容器上極板豎直向下移動一小段距離，電容器電容增大，靜電計指針張角變小

C.若先把電容器上極板豎直向下移動（后，再將微粒由靜止釋放，經(jīng)過時間1=隹微粒到達上

極板

D.若先把電容器上極板豎直向下移動5后，再將微粒由靜止釋放，微粒運動一段時間后打在極

板上并被捕獲，微粒與極板作用過程中所受合外力的沖量大小為27n后

13.當(dāng)矩形線框在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的交變電流隨時間的變化規(guī)律如圖

甲所示。已知圖乙中定值電阻R的阻值為100,電容器C的擊穿電壓為5K則下列選項正確的是

A.矩形線框中產(chǎn)生的交變電流的瞬時值表達式為i=0.6sinl007Tt

B.矩形線框的轉(zhuǎn)速大小為100r/s

C.若將圖甲中的交流電接在圖乙的電路兩端，電容器不會被擊穿（通過電容器電流可忽略）

D.矩形線框的轉(zhuǎn)速增大一倍，則交變電流的表達式為2=1.2sinl00nt

14.2020年7月23日12時41分，長征五號遙四運載火箭在海南文昌發(fā)射中心發(fā)射升空，并成功進入

預(yù)定軌道.該火箭攜帶著我國首次火星探測任務(wù)“天問一號”探測器發(fā)射升空，其任務(wù)是通過

一次發(fā)射，實現(xiàn)火星環(huán)繞、著陸和巡視探測.下列關(guān)于“天問一號”探測器的說法正確的是（）

A.”7月23日12時41分”是時間

B.研究“天問一號”探測器在火星表面運動的姿態(tài)時，可以將其看作質(zhì)點

C.“天問一號”探測器剛剛升空時速度很小，加速度卻很大

D.“天問一號”探測器靜止在火星表面時，其相對于地球也是靜止的

二、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

15.用如圖1所示裝置驗證機械能守恒定律。

（1）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含夾子）、電磁打點計時器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還

需要使用的一組器材是o

A.直流電源、天平（含祛碼）

2.直流電源、刻度尺

C交流電源、天平（含祛碼）

。.交流電源、刻度尺

(2)實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到如圖2所示的一條紙帶。在紙帶上選取連續(xù)打出的5個點

4、B、C、D、E,測得C、D、E三個點到起始點。的距離分別為上、如、心.已知當(dāng)?shù)刂亓铀?/p>

度為9,打點計時器打點的周期為「設(shè)重物的質(zhì)量為則從打下。點到打下0點的過程中，重

物的重力勢能減少量為,動能增加量為o(用上述測量量和已知量的符號表示)

(3)對于上述實驗，有的同學(xué)提出研究的運動過程的起點必須選擇在。點，你同意這種看法嗎？如果

同意請你說明理由；如果不同意，請你給出當(dāng)起點不在。點時，實驗中驗證機械能守恒的方法。

(4)機械能包括動能、重力勢能和彈性勢能，為了在三種能量相互轉(zhuǎn)化的情況下再次驗證機械能守恒

定律，實驗小組設(shè)計了如圖3所示的實驗裝置。力傳感器一端固定在鐵架臺的橫梁上，另一端與

輕彈簧相連，輕彈簧下端懸掛著下表面水平的重物，在重物正下方放置著上表面水平的運動傳

感器，兩個傳感器再通過數(shù)據(jù)采集器和電腦相連(圖未畫出)。實驗過程中保持鐵架臺固定，彈

簧始終在彈性限度內(nèi)，重物只在豎直方向上下運動，沒有轉(zhuǎn)動。

他們首先用天平測得重物的質(zhì)量為血，然后：

①用運動傳感器實時記錄重物的速度繼而得到重物的動能

②選擇運動傳感器的上表面所在位置為重力勢能零點，用運動傳感器實時記錄重物下表面與運動傳

感器上表面的距離，繼而得到重物的重力勢能Ep；

③將彈簧原長時重物下表面到運動傳感器上表面間的距離，與物體運動過程中這兩個表面間的實時

距離之差作為彈簧形變量，結(jié)合力傳感器測得的彈力大小F,通過計算得到了彈簧在每個時刻的

彈性勢能E理。

分析上述三種能量之和E隨時間的變化情況，如果在誤差允許的范圍內(nèi)，E隨時間保持不變，則可認(rèn)

為重物(包括地球)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒。

己知實驗得到的尸-t圖象如圖4所示，則如圖5所示的圖象中可能正確的是?

16.同學(xué)們想用物理上學(xué)到的知識來測定某種型號電池的電動勢和內(nèi)阻，己知這個電池的電動勢約

為8?9V，內(nèi)阻約為30左右。由于直流電壓表量程只有3V,需要將這只電壓表通過連接一電阻

箱，改裝為量程為91/的電壓表，然后再用伏安法測該電池的電動勢和內(nèi)阻。

實驗可供該同學(xué)選擇的器材主要有：

A.電壓表（量程為3V,內(nèi)阻為3k0）

比電流表（量程為3A,內(nèi)阻約0.10）

C.電阻箱（阻值范圍0?9999。）

。.電阻箱（阻值范圍0?999。）

￡滑動變阻器（阻值為。?200，額定電流24）

F.滑動變阻器（阻值為0?20k。，額定電流0.24）

（1）該實驗中滑動變阻器應(yīng)選（填寫“E”或"F”）；要使將39直流電壓表改裝成9〃的電壓表,

該同學(xué)需將該電壓表與電阻箱（填寫“C”或）串聯(lián)，且接入的電阻箱阻值應(yīng)為

__n.

（2）用該擴大了量程的電壓表（電壓表的表盤沒變），測電池電動勢E和內(nèi)阻r,實驗電路如圖甲所示,

得到多組電壓U（原電壓表的示數(shù)）和電流/的值，并作出圖線如圖乙所示，可知電池的電動

勢為V,內(nèi)阻為_12（最后結(jié)果要求保留兩位有效數(shù)字）。

三、計算題（本大題共4小題，共40.0分）

17.如圖，電阻8=140,/?2=50,當(dāng)電鍵工閉合S2斷開時，電壓表示數(shù)為2.8V,

當(dāng)電鍵S2閉合&斷開時，電壓表示數(shù)為2.5V.

（1）求電源電動勢和內(nèi)阻；

（2）若電鍵Si和S2同時閉合，則電壓表示數(shù)是多大？（保留3位有效數(shù)字）

18.如圖所示，在固定的水平光滑長桿上套有質(zhì)量為m=1kg的物體

P，一輕繩跨過光滑的滑輪。、。'將物體P與物體Q連接，物體Q的

質(zhì)量為M=4kg,用手托住物體Q使整個系統(tǒng)靜止，此時輕繩剛“

好拉直，物體P位于4點，4。與水平方向的夾角為30。，B為。點

投影在長桿上的點。且4、。兩點間的距離L=lm,g^L10m/s2,現(xiàn)由靜止釋放P、Q兩物體,

求：

（1）在物體P由A點出發(fā)第一次到達B點的過程中，物體Q重力勢能的減少量；

（2）物體P運動到B點時的速度。

19.如圖甲所示，水平面上有一傾角為。的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為

m的小球，斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜

面對小球的支持力分別為T和FN。若7-a圖象如圖乙所示，4B是直線，BC為曲線，重力加速

度為g=10m/s2,求：

(1)斜面傾角公

(2)小球的質(zhì)量m；

(3)斜面對小球的支持力FN與加速度的關(guān)系式。

rm

20.如圖所示，光滑的水平軌道4B,與半徑為R的半圓形光滑軌道BC。相切于B點，4B水平軌道部

分存在水平向右的勻強電場，半圓形光滑軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，。為最高點，一質(zhì)量

為ni帶電量為+q的小球從距B點x=3R的位置在電場力的作用下由靜止開始沿48向右運動并

通過最高點，己知E=詈詈，求小球經(jīng)過半圓形軌道最低點B點時對軌道的壓力及其通過。點

時速度大小.

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、通過圖片，可以知道飛機在相等時間內(nèi)的位移在增大，可知飛機做加速直線運動，但

是根據(jù)己知條件無法得出飛機做勻加速直線運動，故A錯誤；

BC、由于不知道圖片中飛機和真實飛機的比例關(guān)系，所以量取圖中數(shù)據(jù)無法確定真實位移的大小，

即無法求出飛機在中間位置的速度和在該過程的平均速度，故BC錯誤；

。、量取圖中數(shù)據(jù)并按照飛機尺寸比例還原數(shù)據(jù)，若連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量，則可判

斷飛機做勻變速直線運動，故。正確。

故選：D。

通過圖片得出飛機在相等時間內(nèi)位移增大，只能判斷出飛機做加速直線運動；由于不知道圖片中飛

機和真實飛機的比例關(guān)系，無法求出飛機在中間位置的速度和在該過程的平均速度；若連續(xù)相等時

間內(nèi)的位移之差是一恒量，則飛機做勻變速直線運動。

解決本題的關(guān)鍵是了解勻變速直線運動的特點，知道勻變速直線運動在連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差

是一恒量。

2.答案：A

解析：解：4、擴散現(xiàn)象表明分子在做永不停息的熱運動，故A正確；

8、布朗運動是固體小顆粒的無規(guī)則運動，反映了液體分子的無規(guī)則熱運動，故B錯誤；

C、溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度相同的氫氣和氮氣，氫氣分子和氮氣分子的平均動能相同，由

于分子質(zhì)量不同，分子的平均速率不同，故C錯誤；

。、布朗顆粒越小，液體溫度越高，布朗運動就越明顯，故。錯誤。

故選：Ao

知道擴散現(xiàn)象性質(zhì)和應(yīng)用，知道擴散現(xiàn)象是分子熱運動的表現(xiàn)。布朗運動是固體微粒的運動，是液

體分子無規(guī)則熱運動的反映。擴散現(xiàn)象說明分子在做無規(guī)則運動；溫度是分子的平均動能的標(biāo)志。

本題考查熱力學(xué)的一些基本知識，要注意重點掌握布朗運動、溫度的微觀意義等內(nèi)容，并能正確應(yīng)

用。

3.答案：A

解析：解：力、用安培定則可知回路中的電流方向為逆時針方向，而上極板是正極板，這時電容器正

在充電，充電電流逐漸減小，故A正確，B錯誤；

C、因為充電過程電場能增大，所以磁場能減小，磁場能向電場能轉(zhuǎn)化.故C錯誤；

。、由于充電過程中，電流減小越來越快，故線圈中自感電動勢在增大，故。錯誤.

故選：A

由圖示磁場方向，根據(jù)安培定則判斷出電路電流方向，結(jié)合電容器兩極板間的電場方向，判斷振蕩

過程處于什么階段；然后根據(jù)電磁振蕩特點分析答題.

根據(jù)磁場方向應(yīng)用安培定則判斷出電路電流方向、根據(jù)電場方向判斷出電容器帶電情況是正確解題

的關(guān)鍵.

4.答案：D

解析：解：AB,核力具有飽和性和短程性，核力是使核子組成原子核的作用力，屬于強相互作用的

一類；原子核中鄰近的核子之間存在相互的吸引力，同時質(zhì)子之間是相互排斥的，是非常強大的核

力將它們吸引在一起，使它們在非常小的區(qū)域形成原子核，當(dāng)兩核子間距離小于一定值時，則會表

現(xiàn)為斥力，故AB正確；

C、根據(jù)原子核的結(jié)合能與核子的平均結(jié)合能之間的關(guān)系可知，正因為重核中的核子的平均結(jié)合能小,

所以重核分裂成兩個中等質(zhì)量的核時會放出結(jié)合能，故C正確；

。、核子結(jié)合成原子核時，釋放出能量同時質(zhì)量虧損了△m,但不能理解成有一部分△m轉(zhuǎn)化成

能量，故。錯誤。

本題選錯誤的，

故選：D。

核力是短程力，在其作用范圍內(nèi)，隨核子間距離的變化可以表現(xiàn)為引力也可以表現(xiàn)為斥力，比結(jié)合

能：原子核結(jié)合能對其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均對每個核子

所要添加的能量，用于表示原子核結(jié)合松緊程度；

結(jié)合能：兩個或幾個自由狀態(tài)的粒子結(jié)合在一起時釋放的能量.自由原子結(jié)合為分子時放出的能量

叫做化學(xué)結(jié)合能，分散的核子組成原子核時放出的能量叫做原子核結(jié)合能.

核子結(jié)合成原子核時，釋放出能量AE同時質(zhì)量虧損了△m,不是有一部分Azn轉(zhuǎn)化成能量。

解本題考查選修3-5中的基本內(nèi)容，如核力、結(jié)合能、質(zhì)能方程能；考得比較散，關(guān)鍵要熟悉教材，

牢記這些知識點，注意結(jié)合能和比結(jié)合能的區(qū)別，注意兩個概念的聯(lián)系和應(yīng)用。

5.答案：C

解析：解：4、因為Q點正在通過平衡位置向上振動，根據(jù)同側(cè)法可以判斷出這列波沿x軸負方向傳

播，故4錯誤；

B、由圖象可知，波長：X=4m,經(jīng)過1.5T波傳播的距離為x=1.54=6TH,故B錯誤；

CD,由于Q點向下振動，再經(jīng)過四分之三周期運動到波谷，此時P點會振動到平衡位置，且向上運動，

故C正確，。錯誤；

故選:Co

根據(jù)質(zhì)點的振動情況，確定波的傳播方向；根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系計算經(jīng)過1.57波傳播的距

離；根據(jù)質(zhì)點Q的振動情況，分析質(zhì)點P的振動情況。

此題考查了橫波的圖象的相關(guān)知識，根據(jù)質(zhì)點的振動情況，結(jié)合波形圖，確定波的傳播方向是解題

的關(guān)鍵，注意利用波長和周期以及波速的關(guān)系"=3

6.答案：C

解析：解：AB,氣泡上浮時，氣體體積變大，壓強變小，則氣體分子的密集程度減小；故A8錯誤；

C、溫度不變，內(nèi)能不變△(/=(),體積變大W<0,所以Q>0,氣體從水中吸收熱量，故C正確；

。、因氣體的溫度不變；故氣泡內(nèi)氣體的無規(guī)則運動的程度不變；故。錯誤；

故選：Co

在氣泡緩慢上升的過程中，氣泡外部的壓強逐漸減小，氣泡膨脹，對外做功；由于外部恒溫，且氣

泡緩慢上升，故可以認(rèn)為上升過程中氣泡內(nèi)空氣的溫度始終等于外界溫度，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分

析吸放熱情況。

本題考查熱力學(xué)定律的應(yīng)用，要注意正確分析分子熱運動與溫度的關(guān)系，理想氣體的內(nèi)能只與溫度

有關(guān)，溫度不變，內(nèi)能不變。

7.答案：C

解析：解：C

A、由光路圖看出，在4c面a光的入射角小于b光的入射角，而兩光的折射

角相等，根據(jù)折射定律幾=黑得知，玻璃對b光的折射率較大，其頻率也---------B

較大.故A錯誤.’

B、由。=4/,c相同，則6光的波長小.故8錯誤.

C、。由u=￡得知a光在玻璃中傳播速度較大，通過的路程相等，則a光穿過三棱鏡的時間短.故。

正確，。錯誤.

故選。

畫出光路圖，根據(jù)光線在ac面上折射情況，根據(jù)折射定律比較玻璃對兩光束折射率的大小.玻璃對

光的折射率越大，該光束的頻率越大，波長越小.由〃=(比較光在玻璃中傳播速度的大小，再確定

光穿過三棱鏡的時間的關(guān)系.

本題相當(dāng)于光的色散現(xiàn)象，根據(jù)折射定律研究折射率的大小，要掌握折射率與光的頻率、波長和光

速之間的關(guān)系，這是考試的熱點.

8.答案：。

解析：

閉合電路動態(tài)分析中，電源部分是由變壓器提供，其它仍用閉合電路歐姆定律.流過燈泡L的電流每

秒鐘方向改變次數(shù)有周期判斷；當(dāng)滑片/向下滑動的過程中，導(dǎo)致總電阻發(fā)生變化，而電壓不變，則

可判斷出電路中的電流及電壓如何變化.原線圈兩端輸入電壓的瞬時值表達式.理想變壓器是理想

化模型一是不計線圈內(nèi)阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象.同時運用閉合電路歐姆定律來分析隨著電阻變

化時電流、電壓如何變化.分析的思路先干路后支路，以不變應(yīng)萬變.最后值得注意的是變壓器的

原線圈與燈泡串聯(lián)后接入交流中，所以圖象的有效值不是原線圈的有效值.

A、由圖乙可知電流的周期為T=0.02S,故電流每秒鐘方向改變次數(shù)為n=2=高、2=100次,

故4錯誤

B、由圖象知交流電的周期為0Q2s,角速度為100兀，電壓峰值為311V,電壓的瞬時值表達式為〃=

311517110071-t(V),故8錯誤；

C、當(dāng)滑片P向下滑動的過程中，導(dǎo)致總電阻變小，而電壓不變，故匕表示數(shù)不變，由于功率變大,

故41表示數(shù)變大，故C錯誤.

D、當(dāng)滑片P向下滑動的過程中，導(dǎo)致總電阻變小，而電壓不變，由歐姆定律得/=9故電流4變大，

同時原線圈中&表示數(shù)變大.故。正確；

故選：D

9.答案：D

解析：解：4、第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星繞地飛行的最大速度，在軌運動的速度小于人造地球衛(wèi)

星的第一宇宙速度，故A錯誤；

B、根據(jù)G等=血32「，解得：3=舊,該衛(wèi)星半徑比近地衛(wèi)星大，則角速度小，故B錯誤；

C、根據(jù)G粵=/n與，解得：T=叵己，該衛(wèi)星軌道比同步衛(wèi)星軌道半徑小，則在軌運動的周期

r2T2、GM

比地球同步衛(wèi)星的周期小，故c錯誤;

D、根據(jù)G鬻=ma,解得：a=G盤，該衛(wèi)星軌道比同步衛(wèi)星軌道半徑小，則在軌運動的加速度比

同步衛(wèi)星的加速度大，故。正確.

故選：D

研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出角速度、加速度和周

期進行比較，第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星繞地飛行的最大速度.

要比較一個物理量大小，我們應(yīng)該把這個物理量先表示出來，在進行比較.向心力的公式選取要根

據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用.

10.答案：B

解析：解：據(jù)題可知籃球的逆運動是平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律知，當(dāng)從同一高度平拋運動時

水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小.若水平速度減小，則落地速度變

小，但與水平面的夾角變大.因此只有增大拋射角0,同時減小拋射速度為，才能仍垂直打到籃板上.故

B正確，4co均錯誤.

故選：B.

據(jù)題籃球垂直打到籃板上，其逆運動是平拋運動，根據(jù)運動的分解，得出拋出速度與拋射角的關(guān)系，

再進行分析.

本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度.若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯.

11.答案：D

解析：解：4、當(dāng)單擺的偏角小于5。時，單擺的運動才是簡諧振動，故A錯誤；

8、單擺的回復(fù)力是重力在切線上的分力提供的，故B錯誤；

C、單擺運動過程中經(jīng)過平衡位置時有向心加速度，所以沒有達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；

。、根據(jù)簡諧運動中的回復(fù)力尸=-依可知，單擺經(jīng)過平衡位置時回復(fù)力為零，故C正確。

故選：D。

(1)根據(jù)單擺的條件分析解答；

(2)單擺的回復(fù)力是重力在切線上的分力提供的；

(3)單擺經(jīng)過平衡位置時需要豎直向上的向心加速度；

(4)單擺經(jīng)過平衡位置時，位移為零，所以回復(fù)力為零。

解決該題需要熟記單擺的運動過程，掌握單擺做簡諧運動的條件，了解回復(fù)力與位移之間的關(guān)系。

12.答案：C

解析：解：4、由題圖可知，平行板電容器間電場方向豎直向下，微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，滿足mg=qE,

可知微粒受到的電場力方向豎直向上，故微粒一定帶負電，故A錯誤；

2、若平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，兩板的間距變小，可知電容器的電容增大,

又因為靜電計指針張角的變化表征電容器兩極板間的電勢差變化，題中兩板間電勢差U為電源的電

動勢E,保持不變，所以靜電計指針的張角不變，故B錯誤；

C、電容器上極板豎直向下移動5后，場強大小由E=(變?yōu)?=考=稱，電場力大小為qE'=等,

微粒向上運動的加速度大小為Q=也%=10，由d-5=；。-2得1=怪,故C正確；

m3^227g

。、設(shè)微粒與上極板作用過程中所受合外力的沖量大小為/,故微粒從靜止開始運動到被捕獲這一過

程，由動量定理有/一機砒=0-0,解得/=故。錯誤。

故選：Co

電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，根據(jù)電容器d的變化判斷電容的變化以及電

場強度的變化，從而判斷電荷電勢能和電場力的變化。

本題考查電容器、帶電粒子在電場中的運動和動量定理，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相

連，則電勢差不變，當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變.

13.答案：A

解析：解：力、由圖象可知，電流的最大值17n=0.64，矩形線框轉(zhuǎn)動的周期T=0.02s,則3=景=

IOOTTrad/s,所以線框中產(chǎn)生的交變電流的表達式為i=0.6s譏100加3故A正確；

B、矩形線框轉(zhuǎn)動的周期7=0.02s,轉(zhuǎn)速n="=六r/s=50r/s,故B錯誤；

C、若將圖甲中的交流電接在圖乙的電路兩端，通過電容器電流可忽略，則定值電阻兩端電壓為“=

iR=0.6x10s譏1007rt(V)=6s譏1007rt(V),由于最大電壓大于電容器的擊穿電壓，電容器將被擊

穿，故C錯誤；

D、若矩形線框的轉(zhuǎn)速增大一倍，角速度增大一倍為：a),=200nrad/s,角速度增大一倍，電流的

最大值增大一倍，即為/%=1.24則電流的表達式為i2=1.2sin2007rt,故。錯誤；

故選：4。

從圖象中可知交流電的峰值及周期，從而求頻率，寫出電流的瞬時值表達式，根據(jù)交流電的周期即

可求得轉(zhuǎn)速，電容器的耐壓值為交流電的最大值，根據(jù)轉(zhuǎn)速的變化，判斷出最大值的變化和角速度

的變化；

明確交流電圖象的物理意義，正確根據(jù)圖象獲取有關(guān)交流電的信息是對學(xué)生的基本要求，明確電容

器的耐壓值為交流電的峰值，平時要加強練習(xí)。

14.答案：C

解析：解：4、“7月23日12時41分”指的是一瞬間即時?刻，故A錯誤；

B、研究“天間一號”探測器在火星表面運動的姿態(tài)時，探測器形狀和大小不能忽略，不可以將探測

器看成質(zhì)點，故8錯誤；

C、“天問一號”探測器剛剛升空時速度很小，加速度卻很大，故C正確：

。、“天問一號”探測器靜止在火星表面時，其相對于地球不是靜止的，故。錯誤。

故選：Co

時刻對應(yīng)時間軸上的點，時間間隔對應(yīng)時間軸上的一段，當(dāng)物體的大小與形狀對所研究的問題來說

是無關(guān)或次要因素時，可以把物體看作質(zhì)點，探測器在起飛瞬間速度為零，但由于推力很大，故加

速度很大。

本題考查了運動描述中的幾個物理量和一個物理模型，都是對物理量和物理模型的概念型考查，只

有學(xué)生理解好基本知識即可解決問題。

15.答案：DmghD,曾2.C

解析：解：(1)48、由于要使用打點計時器，故需要交流電源，故AB錯誤；

CD、而根據(jù)驗證機械能守恒定律的原理可知：mgh^^mv2,質(zhì)量可以約掉，故不需要用天平，但

是需要刻度尺用來測距離，故C錯誤，。正確；

(2)重物的重力勢能減少量為％=mghD,

。點速度%=等￡，動能增加量為a==皿累C)：

(3)可以選擇4點作為起點，研究從B到。的過程，測得各點到4點的距離分別為也B、%、心D和也￡，

如果在誤差允許范圍內(nèi)得出：m9既。=3皿詔詔，化簡得:g(hAD-hAB)=四起釁曲即可；

(4)4BC、由于在t=0時拉力最大，說明彈簧的伸長量最大，即重物在最低點，此時重物的重力勢能

最小，彈性勢能最大，動能為0;當(dāng)t=T時，拉力最小，就明重物在最上方，重力勢能最大，動能

為0,彈性勢能最小，故4c正確，8錯誤；

D、由于總能量E是守恒的，不改變，故。錯誤。

故答案為：(l)C;(,2)mghD,鳴誓；(3)不同意?？梢赃x擇4點作為起點，研究從B到。的過程,

測得各點到4點的距離分別為心心hAC,須°和/1.,如果在誤差允許范圍內(nèi)得出：g(hAD-hAB)=

四見皿左我即可;(4)4C；

8T2

(1)根據(jù)實驗原理判斷需要的實驗器材；

(2)(3)根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的瞬時速度，從而得出動能的增

加量；根據(jù)下降的高度求出重物重力勢能的變化量；

(4)根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，判斷特殊點的情況來判斷其圖象正確與否；

解決本題的關(guān)鍵掌握紙帶的處理方法，會根據(jù)紙帶求解瞬時速度，從而得出動能的增加量，會根據(jù)

下降的高度求出重力勢能的減小量。

16.答案：EC60009.03.0

解析：解：(1)電源電動勢約為9U,應(yīng)把電壓表改裝成9y的電壓表，把3U的直流電壓表接一電阻箱，

串聯(lián)電阻分壓是電壓表的兩倍，串聯(lián)電阻阻值應(yīng)為電壓表內(nèi)阻的兩倍，電阻箱接入電路的阻值應(yīng)為

60000；電阻箱應(yīng)選擇C；在分壓電路中，為方便調(diào)節(jié)，滑動變阻器選用阻值較小的，即選反

(2)由丙讀出，外電路斷路時，電壓表的電壓為U=3.0U,則電源的電動勢為E=3.0x3=9.0V,

電源內(nèi)阻：r=絲=3X(3°T5)=3.00。

△/1.5

故答案為：(1)E；C；6000；(2)9.0；3.0。

(1)根據(jù)串聯(lián)電路的特點，可確定出電阻箱的電阻與電壓表內(nèi)阻的關(guān)系，選擇電阻箱的規(guī)格。在分壓

電路中，為方便調(diào)節(jié)，滑動變阻器選用阻值較小的：根據(jù)電壓表改裝原理求出串聯(lián)電阻阻值.

(2)由于電壓表的表盤沒變，改裝后的電壓表的讀數(shù)應(yīng)為電壓表讀數(shù)的3倍。U-/圖線縱軸截距的3倍

表示電動勢，斜率的3倍大小等于電池的內(nèi)阻

本題涉及電表的改裝和測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗；改裝原理是串聯(lián)電路的特點。而伏安法測量電

源的電動勢和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律，要注意路端電壓應(yīng)為改裝后電壓表的讀數(shù)。

17.答案：解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

當(dāng)電鍵Si閉合S2斷開時有：E=Ur+^r

當(dāng)電鍵S2閉合S1斷開時有：E=U2+^r

K2

代入數(shù)據(jù)解得：E=3V,r=W

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

其中R12是%和R2的并聯(lián)值，即3=黑；=震=看。

由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得：3=2.361/

答：(1)電源電動勢為3V,內(nèi)阻為10；

(2)若電鍵S］和S2同時閉合，則電壓表示數(shù)是2.36V.

解析：(1)先分析電鍵Si閉合S2斷開或電鍵S2閉合Si斷開時的電路結(jié)構(gòu)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列

式即可求解；

(2)分析電鍵S］和S2同時閉合時電路的結(jié)構(gòu)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式即可求解；

解決本題的關(guān)鍵理清電路的串并聯(lián)，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行求解.

18.答案：解：(1)在物體P由4點出發(fā)第一次到達B點的過程中，物體Q下降的高度為

h=L—Lsin30°=-=0.5m

2

物體Q重力勢能的減少量七「減=Mgh=4x10x0.57=20/

(2)物體P運動到B點時的速度最大，此時物體Q的速度為零，根據(jù)物體P、Q系統(tǒng)的機械能守恒得

Mgh=1mv2

解得：物體P運動到B點時的速度1?=2y/10m/s

答：(1)在物體P由4點出發(fā)第一次到達B點的過程中，物體Q重力勢能的減少量為20/；

(2)物體P運動到B點時的速度是2jIUm/s。

解析：(1)根據(jù)幾何關(guān)系求出物體Q下降的高度，從而求得物體Q重力勢能的減少量；

(2)對于物體P和Q組成的系統(tǒng)，