2024年北京師大附屬某中學高考物理模擬試卷(含詳細答案解析)

2024年北京師大附屬實驗學校高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共13小題，共39分。

1.北京冬奧會速滑比賽中的某段過程，攝像機和運動員的位移犬隨時間/

變化的圖像如圖，下列說法正確的是（）

A.攝像機做直線運動，運動員做曲線運動

B.0?“時間內攝像機在前，q?上時間內運動員在前

C.0?壇時間內攝像機與運動員的平均速度相同

D.0?2時間內任一時刻攝像機的速度都大「運動員的速度

2.“神舟十六號”載人t船安全著陸需經(jīng)過分離、制動、再人和減速四個階

段。如圖所示，在減速階段，巨型降落傘為返回艙提供阻力，假設返回艙做直

線運動，則在減速階段（）

A.傘繩對返回艙的拉力大于返回艙對傘繩的拉力

B.傘繩對返回艙的拉力小于返回艙對傘繩的拉力

C.合外力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化

D.除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機械能的變化

3.用如圖所示的實驗裝置探究“質量一定時，物體加速度與所受合外力的關系”，小車的質量為M,托盤

和祛碼的總質量為〃?，平衡摩擦力后進行實驗（）

打點計時器

A.要保證m遠小于MB.小車所受的合外力等于2mg

C.釋放小車后立即接通打點計時器D.在托盤中增加祛碼，重復實驗

4.一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖甲所示，〃、為介質中的兩個質點，x=6m處的

質點。的振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A.該波的波長為6m

B.該波沿x軸負方向傳播

C」=2s時，質點。的速度為0

D.r=2s時，質點b偏離平衡位置的位移為一5cm

5.如圖甲、乙所示為自行車氣嘴燈，氣嘴燈由接觸式開關控制，其結構如圖丙所示，彈簧一端固定在頂

部，另一端與小物塊P連接，當左輪轉動的角速度達到一定值時，P拉伸彈簧后使觸點4、B接觸，從而

接通電路使氣嘴燈發(fā)光。觸點B與車輪圓心距離為R,車輪靜止且氣嘴燈在最低點時觸點A、B距離為d,

已知。與觸點4的總質量為加，彈簧勁度系數(shù)為億重力加速度大小為g,不計接觸式開關中的一切摩

擦，小物塊P和觸點A、8均視為質點。當該自行車在平直的道路上行駛時，下列說法中正確的是（）

接

觸

式

開

關

車輪勻速轉動的最小角速度為作會

B.要使氣嘴燈能發(fā)光,

mg

C.要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉動的最小角速度為

D.要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉動的最小角速度為

6.北京冬奧會高臺滑雪場地示意如圖。一運動員（含裝備）的質量為〃?，從助滑坡上A點由靜止沿坡（曲線軌

道）下滑，經(jīng)最低點B從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時間后著陸于著陸坡上。點。已知人、C的高

度差為砥，C、。的高度差為壇，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空氣阻力不能忽略，運動員可視為質

點。則下列判定正確的是（）

出發(fā)點

大跳臺

高度120米

標準跳臺

高度90米

A.運動員在B點處于失重狀態(tài)

B.運動員起跳時的速率女＞/硒

C.溶動員著陸前瞬間的動能以。=+電）

D.運動員在空中飛行的時間譚

7.2023年10月26日，神舟十七號載人飛船與天和核心艙進行了對接，“太空之

家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為

神舟十七號的發(fā)射與交會對接過程示意圖，圖中①為飛船的近地圓軌道，其軌道

半徑為兄,②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在的圓軌道，其軌道半徑為

&，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會點。關于神舟十七號載人飛船與天和

核心艙交會對接過程，下列說法正確的是（）

A.匕船從②軌道到變軌到③軌道需要在。點點火減速

B.飛船在軌道3上運行的速度大于第一宇宙速度

C.飛船在①軌道的動能一定大于天和核心艙在③軌道的動能

D.若核心艙在③軌道運行周期為7,則飛船在②軌道從P到Q的時間為々J（贊嚴

南北方向移動后東西方向移動后

線圈移動情況初始時靜止放置南北方向移動東西方向移動

靜止靜止

電流情況無電流無電流無電流有電流有電流

下列判斷正確的是（）

A.導線南北走向，但不能確定其具體位置

B.導線東西走向，但不能確定其具體位置

c.導線南北走向，且可以確定其在初始時線圈中心點。的正卜.方

D.導線東西走向，且可以確定其在初始時線圈中心點0的正下方

11.如圖所示，利用霍爾元件可以監(jiān)測無限長直導線的電流。無限長直導線在空間任意位置激發(fā)磁場的磁

感應強度大小為：B=kg,其中k為常量，/為直導線中電流大小，d為空間中某點到直導線的距離?；魻?/p>

a

元件的工作原理是將金屬薄片垂直置「磁場中，在薄片的兩個側面。、〃間通以電流時，e、/兩側會產生

電勢差。下列說法正確的是（）

A.該裝置無法確定通電直導線的電流方向

B.輸出電壓隨著直導線的電流強度均勻變化

C.若想增加測量精度，可增大霍爾元件沿磁感應強度方向的厚度

D.用單位體枳內自由電子個數(shù)更多的材料制成霍爾元件，能夠提高測量精度

12.如圖為蘋果自動分揀裝置.，可以把質量大小不同的蘋果，自動分揀開。該裝置的托盤秤壓在一個以Oi

為轉動軸的杠桿上，杠桿末端壓在壓力傳感器長上。當大蘋果通過托盤秤時，％所受的壓力較大因而電阻

較小，七兩端獲得較大電壓，該弓壓激勵放大電路并保持一段時間，使電磁鐵吸動分揀開關的銜鐵，打開

下面通道，讓大蘋果進入下面通道；當小蘋果通過托盤秤時，/?2兩端的電壓不足以激勵放大電路，分揀開

關在彈簧向上彈力作用下處于水平狀態(tài)，小蘋果進入上面通道。托盤停在圖示位置時，設進入下面通道的

大蘋果最小質量為M。，若提高分揀標準，要求進入下.面通道的大蘋果的最小質量M大于Mo,其他條件不

變的情況下，下面操作可行的是（）

A.只適當減小&的阻值

B.只增大電源％的電動勢

C..只增加纏繞電磁鐵線圈的匝數(shù)

D.只將托盤秤壓在杠桿上的位置向左移動一些

13.近10年來我國大力發(fā)展空軍和海軍，新增艦船是除美國外其他國家的總和。無論是飛機還是戰(zhàn)艦設

計，都需要復雜的流體力學知識。當流體流動時，根據(jù)流動特征可以分成湍流和層流：如果流體質點的軌

跡（一般說隨初始空間坐標入、小z隨時間，而變）是有規(guī)則的光滑曲線（最簡單的情形是直線），這種流動叫

層流，此時流體分層流動，各層互不混合，沒有這種性質的流動叫湍流。不同狀態(tài)的流體動力學方程不一

樣。流體力學中用一個無最綱的數(shù)-雷諾數(shù)Re（Reynoldsmimber）,來表征流體的這一特征，一般情況下，

雷諾數(shù)小的時候是層流，雷諾數(shù)大的時候是湍流。已知雷諾數(shù)由四個變量決定，流體的流速區(qū)流體的密

度0、特征長度"，黏性系數(shù)〃.請根據(jù)所學知識對雷諾數(shù)的表達式做出判斷，以下表達式中可能正確的是：

（已知黏性系數(shù)〃為流體中相距dx的兩平行液層，由于內摩擦，使垂直于流動方向的液層間存在速度梯度

%當速度梯度為1個單位，相鄰層“單位”接觸面S上所產生的黏滯力"（亦稱內摩擦力）即黏性系數(shù)，以

F

〃表示：〃=奈;/它的單位是Pa?s）（）

di

A.Re=兇辿B.R—皿C.Re=^D.Re=粵

二、多選題：本大題共1小題，共3分。

14.如圖所示，一帶負電粒子（不重力）質量為，小電荷量大小為q,以初速度為沿兩極中央水平方向射入

水平放置、距離為小電勢差為U的一對平行金屬板間，經(jīng)過一段時間從兩板間飛出，在此過程中，已知

粒子動量變化量的大小為dp,下列說法正確的是（）

A.粒子在兩板間運動的加速度大小為辛B.粒子從兩板間離開時的速度大小為雪

C.金屬板的長度為喏D.入射點與出射點間的電勢差為一翳

三、實驗題：本大題共2小題，共18分。

15.(1)用單擺測重力加速度實驗中，單擺擺線長為/,擺球直徑為4,用秒表測得〃個周期的總時間為/,

圓周率為m則實驗中重力加速度的表達式g=。

(2)某同學采用圖1所示的電路圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻。

①實驗時，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片P應處在—(填"M”或"N")端。

②按照圖1連接實物圖，如圖2所示。閉合開關前檢查電路時，發(fā)現(xiàn)有一根導線接錯，該導線為(填

或"c")。該錯誤連接會帶來的問題是

(3)如圖3所示，用伏安法測量待測電阻燈的阻值，例、N間電壓為%保持不變。選用三種不同規(guī)格的滑動

變阻器，最大阻值分別是R1=52R2=20/2,R3=200P,從左向右移動滑片P,研究待測電阻Rx兩端

的電壓U與滑片的滑動距離L（滑片從左向右滑動的最大距離為生）的關系，獲得如圖4所示的數(shù)據(jù)結果。

請你結合數(shù)據(jù)結果判斷：在使用圖3所示電路測量待測電阻治阻值的實驗中，選擇哪一種規(guī)格的滑動變阻

器最合適，簡要說明理由。

16.某同學利用氣墊導軌上滑塊間的碰撞來驗證動最守恒定律，滑塊1上安裝遮光片，光電計時器可以測

出遮光片經(jīng)過光電門的遮光時間，滑塊質量可以通過天平測出，實驗裝置如題1圖所示。

（1）游標卡尺測量遮光片寬度如題2圖所示，其寬度d=

（2）打開氣泵，待氣流穩(wěn)定后，將滑塊1輕輕從左側推出，發(fā)現(xiàn)其經(jīng)過光電門1的時間比光電門2的時間

短，應該調高氣墊導軌的端（填“左”或“右”），直到通過兩個光電門的時間相等，即軌道調節(jié)水

平。

（3）在滑塊上安裝配套的粘扣?；瑝K2（未安裝遮光片Tn?=120.3g）靜止在導軌上，輕推滑塊1（安裝遮光片

=174.5g）,使其與滑塊2碰撞，記錄碰撞前滑塊1經(jīng)過光電門1的時間40,以及碰撞后兩滑塊經(jīng)過光

電門2的時間重復上述操作，多次測量得出多組數(shù)據(jù)如下表：

64.7269.7370.6980.31104.05

1

布(XIO-T)15.514.314.112.59.6

4￡2(ms)109.08121.02125.02138.15185.19

1

布(XIO-T)928.38.07.25.4

根據(jù)表中數(shù)據(jù)在方格紙上作出土-土圖線(圖3)。從圖像中可以得到直線的斜率為七，而從理論計算可得

直線斜率的表達式為々2=。(用小1，小2表示)若腐二k2,即可驗證動量守恒定律。

(4)多次試驗，發(fā)現(xiàn)七總大于心產生這一誤差的原因可能是。

4.滑塊1的質量測量值偏小

B.滑塊1的質量測量值偏大

C滑塊2的質量測量值偏小

D滑塊2的質量測量值偏大

四、簡答題：本大題共4小題，共12分。

17.如圖所示，把一個質量7幾=(Mkg的小鋼球用細線懸掛起來，就構成一

個擺。懸點。距地面的高度九二1.45加，擺長L=將擺球拉至擺線與

豎直方向成37。角的位置，由靜止釋放，忽略空氣阻力，取重力加速度g=

lOzn/s2,cos37°=0.8。

(1)求小球運動到最低點時細線對小球拉力的大小H

(2)若小球運動到最低點時細線斷了，小球沿水平方向拋出，求它做平拋運

動水平位移的大小X；

(3)求小球落地時重力的瞬時功率P。

18.如圖所示，寬為A的光滑固定導軌與水平面成。角，質量為小的金屬桿岫，水平放置在導軌上?？臻g

中存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為及S為單刀雙擲開關，電源的內阻為八定值電阻

和金屬桿接入電路的阻值均為R，重力加速度為

(1)開關S接1,金屬桿恰好能靜止在導軌上。求電源電動勢E的大?。?/p>

(2)開關S接2,金屬桿由靜止開始運動，沿斜面下滑距離s后速度達到最大，此后金屬桿勻速運動。求：

a.最大速度為；

b.金屬桿從靜止開始到最大速度過程中產生的焦耳熱。

19.法拉第提出場的概念，并且用場線直觀地描繪/場，場線的疏密程度表示場的強弱，場線上每一點的

切線方向表示場強的方向。

(1)狄拉克曾經(jīng)預言，自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與點

電荷的電場線分布相似。如圖1所示，若空間中有一固定的N極磁單極子，一帶電微粒。在其上方沿順時

針方向(俯視)做勻速圓周運動，運動軌跡的圓心。到磁單極子的距離為由運動周期為。重力加速度為

g。

①在圖中畫出N極磁單極子周圍的磁感線；

②分析該微粒帶正電還是負電，并求出該微粒運動軌跡的半徑兒

(2)場的通量可以描述場線的數(shù)量，在研究磁場時我們引入了磁通量。，定義磁通量中=BS,其中8為磁

感應強度，S為垂直于磁場的面積。

①如圖2所示，真空中存在電荷量為。的正點電荷，以點電荷為球心，做半徑為八高度為的球冠，已

知真空中靜電力常量為攵，球冠的表面積為2仃九，請類比磁通量的定義，求通過球冠的電通量%?；

②真空中存在兩個異種點電荷+%和-的，圖3中曲線為從+q1出發(fā)，終止于一《2的一條電場線，該電場線

在兩點電荷附近的切線方向與兩電荷的連線夾角分別為a和小求兩點電荷的電荷量之比為。

20.某設計團隊給一生態(tài)公園設計人造瀑布景觀。如景觀側面示意圖所示，人造瀑布景觀由供水裝置和瀑

布景觀兩部分組成。一水泵將水池中的水抽到高處，作為瀑布上游水源；龍頭噴出的水流入高處的水平槽

道內，然后從槽道的另一端水平流出，恰好落入步道邊的水池中，形成瀑布景觀。在實際瀑布景觀中，水

池的水面距離地面為“(不會隨著水被抽走而改變水位)，龍頭離地面高為人龍頭噴水管的半徑為八龍頭

噴出的水從管口處以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出。若不接水平槽道，龍頭噴出的水直接落地(

如圖中虛線所示)，其落地的位置到龍頭管口的水平距離為d=2/1。已知水的密度為p,重力加速度為g,

不計空氣阻力。完成以下問題:

(1)求單位時間內從龍頭管口流出的水的質量mo；

(2)不計額外功的損失，求水泵輸出的功率P。

(3)在施工前，先制作一個為實際尺寸白的瀑布景觀模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度應為實際水

流速度的多少倍?

瀑布景觀

地面

景觀側面示意圖

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、圖像只能表示直線運動的規(guī)律，則知在水平方向上，攝像機和運動員都做直線運

動，故A錯誤；

4、％圖像反映了物體的位置隨時間的變化情況，由圖可知，。?匕2時間內攝像機一直在前，故3錯

誤；

C、0?匕時間內攝像機與運動員的位移相同，所用時間相同，則平均速度相同，故C正確；

。、x-t圖像的斜率表示速度，可知0?匕時間內攝像機的速度先大于運動員的速度，再等于運動員的速

度，后小于運動員的速度，故。錯誤。

故選：Co

%-t圖像反映了物體的位置隨時間的變化情況，％-￡圖像只能表示直線運動的規(guī)律。圖像的斜率表不速

度?？v坐標的變化量表示位移，平均速度等于位移與時間之比。根據(jù)斜率大小比較速度大小。

本題要能根據(jù)縱坐標讀出物體的位置關系，由圖像的斜率分析速度關系，并分析物體的運動情況。

2.【答案】D

【解析】解：由牛頓第三定律可知，傘繩對返回艙的拉力等于返I可艙對傘繩的拉力，故A8錯誤；

CD由動能定理可知，合外力對返回艙做的功等于返回艙的動能變化量；由功能關系可知，除重力外其他

力的合力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化，故C錯誤，。正確。

故選：。。

48根據(jù)牛頓第三定律進行分析和判斷；

CD根據(jù)動能定理和功能關系進行分析和判斷。

考查牛頓運動定律和動能定理、功能關系問題，會根據(jù)題意進行分析和判斷。

3.【答案】D

【解析】解：4、探究“質量一定時，物體加速度與所受合外力的關系”時，由于傳感器測量小車的合外

力的一半，即可得到小車的合外力，而不是用2〃?身代替小車的合外力，所以無需〃?遠小于M,故A錯

誤：

B、對托盤和祛碼，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-T=ma

所以丁<mg

則小車所受的合外力?合=27V2mg,故B錯誤；

C、為提高紙帶利用率，實驗時，先接通電源，再釋放小車，故C錯誤；

。、探究“質量一定時，物體加速度與所受合外力的關系”時，保持小車質量不變，在托盤中增加硅碼，

改變小車的合外力，重復實驗，故。正確。

故選：。。

實驗中，傳感器測量小車的合外力的一半，不需要〃，遠小于根據(jù)牛頓第二定律分析小車所受的合外力

與2〃吆的關系。實驗時，應先接通電源，再釋放小車。在托盤中增加跌碼，改變小車的合外力，重復實

驗。

解答本題的關鍵要理解實驗原理，搞懂教材上保證，〃遠小于M的原因，采用控制變量法時，要保證一個

量不變，研究另外兩個量的關系。

4.【答案】D

【解析】解.：4由題圖甲可知，該波的波長為入=2x67九二127九，故A錯誤；

比由撅圖乙可知，亡二0時刻質點。在平衡位置向），軸負方向振動，根據(jù)“同側法”可知，該波沿x軸正

方向傳播，故8錯誤；

C.￡=2s時刻質點〃在平衡位置且向y軸正方向振動，速度最大，故C錯誤；

D￡=2s時，質點。經(jīng)過半個周期，根據(jù)對稱性，質點”運動到平衡位置的另一側-5cm處，故。正確。

故選：Do

A.根據(jù)圖甲求解波長；

“工=0時刻質點，在平衡位置且向y軸負方向振動，根據(jù)“同俁J法”判斷波的傳播方向；

C.￡=2s時，質點”位于平衡位置，質點〃的速度最大；

Dt=2s時，質點力經(jīng)過半個周期，根據(jù)對稱性進行分析作答。

本題考查了波動圖像和質點的振動圖像，能夠從圖像中獲取有用信息；能夠根據(jù)質點的振動方向和波的傳

播方向的關系判斷波的傳播方向，掌握“同側法”、“上下坡法”等判斷波的傳播方向的方法。

5.【答案】C

【解析】解：A3、當氣嘴燈運動到最低點時發(fā)光，此時對應車輪做勻速圓周運動的角速度最小，根據(jù)受力

分析，向心力由彈簧的彈力與重力的合力提供，又因為初始時彈簧彈力等于重力，所以在最低點是增大的

彈力提供向心力即kd=ma）2R

得3=

故A8錯誤；

CD、當氣嘴燈運動到最高點時能發(fā)光，貝Ukd+2mg=ma），2R

得7守

即要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉動的最小角速度為產架，故C正確，。錯誤。

故選：Co

氣喘燈運動到最低點時發(fā)光，此時彈簧的彈力提供向心力，求解出最小角速度；當氣嘴燈一直發(fā)光時，需

要保證在最高點時發(fā)光，那么其余位置都會發(fā)光，由最高點受力求出角速度。

本題的關鍵是建立豎直面內圓周運動的模型，分析最低點和最高點向心力的來源。

6.【答案】D

【解析】解?：4根據(jù)牛頓第二定律，運動員在8點滿足

就

FN一陷=m萬

所以FN>mg,即運動員在8點處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

8運動員從4到C由動能定理得

1

mgh]—Wf=-^mvc

乙

所以Uc<J2ghi,故B錯誤；

C.根據(jù)動能定理，從4到。滿足

根9（九1+九2）-必'二謠

所以<mg（hi+電），故C錯誤;

D因為運動員在。點起跳時，速度方向斜向上，結合空氣阻力都可以判斷出運動員在空中飛行的時間

t>再,故。正確。

故選：。。

A.根據(jù)牛頓第二定律求解支持力大小再判斷；

8c,根據(jù)動能定理列式并作出判斷；

D根據(jù)斜上拋運動的特點或者結合阻力也能分析出時間長短。

考查動能定理和牛頓第二定律等問題，會根據(jù)題意列式求解相應的物理量。

7.【答案】D

【蟀析】解：4飛船從②軌道變軌到③軌道，飛船將由近心運動變成圓周運動，所以需要在。點點火加

速，故4錯誤；

8.第一宇宙速度是最小發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，即物體環(huán)繞地球表面做勻速圓周運動時的速度，根據(jù)

萬有引力充當向心力有G翳=m捺，解得u=居，可知軌道半徑越大，線速度越小，而軌道3的軌道半

徑大于地球半徑，因此飛船繞地球運行的速度小于第一宇宙速度，故8錯誤；

C.根據(jù)以上分析可知，軌道半徑越大，線速度越小，因此①考L道的速度大于③軌道的速度，但由于飛船和

核心艙的質量未知，因此無法判斷他們動能的大小，故C錯誤；

,3（忙竺,

=J（喏）町，飛船在②軌道從尸到。的時間為:r，即

（嗡折,故。正確；

故選：。。

根據(jù)飛船的變軌規(guī)律進行分析；根據(jù)萬有引力提供向心力，推導線速度表達式，再結合第一宇宙速度進行

分析：由于不知道它們的質量大小關系，因此無法確定動能大小關系；根據(jù)開普勒第三定律進行分析即

可。

本潁考杳衛(wèi)星變軌運動規(guī)律、萬有引力樨供向心力以及開普勒第三定律的綜合應用，該撅屬于常見撅型，

題目難度適中。

8.【答案】B

【解析】解：8.從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，究"4、B、。三個小球組成的系統(tǒng)，由于受到

豎直墻面向右的彈力，根據(jù)動量定理可得Ft=（mR+

所以小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球8的速度一直增大，故B錯誤；

A.對4、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒，由8項的分析可知，球A和墻面恰好分離時，小球3

與小球。速度最大，則其加速度最小，機械能最大，則此時A球機械能最小，

所以當小球A的機械能取最小值時，小球8與小球C的加速度為零，故A正確；

C.當小球A與墻面分離后，水平方向動量守恒，小球4在水平方向的速度會不斷增大，6球在水平方向的

速度會不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球8分離，故C正確；

。.當小球A和墻面恰好分離時，兩球的速度分解如圖所示:

兩球的速度關聯(lián)，沿桿方向的速度相等，有力cos。=可得：￡二半，故。正確。

本題選錯誤的,

故選:BQ

小球人下滑至和地面恰好分離的過程，對系統(tǒng)根據(jù)動量定理求解判斷小球B的速度變化情況；

根據(jù)三個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒判斷小球人的機械能最小的位置，并分析此時的加速度情況；

當小球和墻面恰好分離時，桿的彈力為零，B和C球此時剛好能分離；

當小球A和墻面恰好分離時，根據(jù)速度的合成與分解得到兩球的速度關系。

本題主要是考查機械能守恒定律、運動的合成與分解等，關鍵是能夠分析求出A球下落過程中的受力情況

和能量的轉化情況。

9.【答案】C

【解析】解：A、當被測材料保持兩個不同溫度不變時，被測材料高度不同，電容器板間距離不同，由電

容的決定式。=否分析可知電容滯的電容不同，而電容器的電壓不變，由電容的定義式。=應分析可知極

4MdU

板的帶電量不等，故A錯誤；

B、若被測材料僅存在水平方向膨脹，電容器板間距離不變，電容不變，電容器的帶電量不變，電路中沒

有充電或放電電流，靈敏電流計的指針不動，故8錯誤：

C、當被測材料的高度增加時，電容器板間距離減小，由電容的決定式。=品分析可知電容器的電容增

大，而電容器的電壓不變，由電容的定義式。=與分析可知極板的帶電量增加，電容器充電，電阻R中有

向左的電流，則電阻R右側的電勢高于左側的電勢，故C正確；

。、當靈敏電流計指針向左偏轉時，電阻R中有向左的電流，電容器充電，由電容的定義式。=工分析可知

其電容增大，由電容的決定式。=磊分析可知電容器板間距離減小，被測材料的高度增加，故。錯誤。

故選：Co

電容器的電壓不變，由電容的決定式。=然分析電容的變化，由電容的定義式c=E分析極板帶電量的變

化，即可判斷電路中電流方向，從而判斷靈敏電流計的指針偏轉方向，并分析電阻R電勢高低。當靈敏電

流計指針向左偏轉時，分析極板帶電量變化，再判斷電容的變化，分析被測材料高度的變化。

本題是電容器的動態(tài)分析問題，要掌握電容的定義式。=條電容的決定式C=在分，結合電容器的電壓

U471kd

進行分析。

10.【答案】C

【解析】解：通電直導線產生的磁場的磁感線分布如圖所示（截面圖）

可以看出當線圈靜止處于導線正上方時，穿過線圈的磁通量的變化率為零，因此不會有感應電流，而當線

圈垂直導線方向移動時，線圈中的磁通量將發(fā)生改變（通電導線產生環(huán)形磁場，以通電導線為軸線，所產

生的環(huán)形磁場的磁感應強度隨著與通電導線距離的增加的減弱），電流傳感器有示數(shù)，即閉合線圈與傳感

器構成的閉合回路中有感應電流，由題表中線圈位置變化分析可知，線圈初始時靜止，傳感器中無電流，

線圈南北方向移動或靜止時，傳感器中均無電流，而線圈在東西方向移動或靜止時均有電流，因此可知可

知，導線南北走向，且nJ以確定其在初始時位于線圈中心點。的止卜方。

故C正確，AB。錯誤；

故選：C

根據(jù)通電直導線產生的磁場的磁感線分布分析磁通量變化，結合電磁感應分析感應電流情況。

本題考查電磁感應與甩流磁效應的綜合，解題關鍵掌握磁通量變化時會形成感應甩流。

II.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)電流的方向能分析出電荷的受力方向，結合電荷的電性得出電勢的高低，因此本題

中可以根據(jù)電勢的高低分析出通電導線的電流方向，故A錯誤；

從設前后表面的厚度為d，金屬薄片的厚度為力，導線中單位體積的電子數(shù)為〃，最終電子在電場力和洛

倫茲力的作用下處了平衡，則

eU

萬…

結合電流的微觀表達式：/o=nevS=ndehv

解得：用黑

所以輸出電壓隨著導線的電流強度均勻變化，故B止確；

CD、由（/=nena可得:

nehd

1=---U

可知增大霍爾元件沿磁感應強度方向的厚度h,用單位體積內自由電子個數(shù)更多的材料制成霍爾元件，在

直導線電流一定時，6、/兩側的電勢差減小，測量精度減小，故C。錯誤；

故選:B。

根據(jù)電勢的而低和左手定則能分析出電流的方向；

根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關系得出電壓與電流強度的關系，并由此得出影響測量精度的因素。

本題主要考查了霍爾效應的相關應用，熟悉左手定則分析出洛倫茲力的方向，結合電場力和洛倫茲力的等

量關系即可完成分析。

12.【答案】A

【解析】解：4因要達到題中的要求，就要使得&兩端電壓保持不變，因壓力越大，電阻&越小，此時回

路中的電流就越大，/?2的電壓就會變得更大，則要想&的電壓和原來一致，則只適當減小％的阻值，故A

正確:

8因要達到題中的要求，就要使得￡兩端電壓保持不變，因％減小，而其他條件不變的情況下，只能減小

和傳感器8相連接電路中電源電動勢，故4錯誤：

C.增加纏繞電磁鐵線圈的匝數(shù)，磁性增大，則進入下面通道的大蘋果的最小質量變小，故C錯誤；

D要求進入下面通道的大蘋果的最小質量M大于Mo,則要求當此大蘋果通過托盤時壓力傳感器的壓力與

原來一致，可知其他條件不變的情況下，只需要將托盤秤壓在杠桿上的位置向右移動一些，故。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)閉合電路歐姆定律結合電路構造完成分析：增加纏繞電磁鐵線圈的匝數(shù)，磁性增大，根據(jù)杠桿原理分

析出需要移動的方向3

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的相關應用，根據(jù)設計要求，結合歐姆定律和杠桿原理完成分析。

13.【答案】B

【解析［解：A、如果〃。=心，其單位是反平空=鈣色！=耳，由于雷諾數(shù)是無量綱的量，故A

"m3S^Pasm^s^kffsm2

錯誤；

B、如果Re=*其單位是肝多氤=M貨?京=第=1，由于雷諾數(shù)是無量綱的量，故〃正

確：

C、如果/?。=竺&=竺上乩由3可知理=1,d的單位是〃?，如果Rc=M=m,則由于雷諾數(shù)是無量

綱的量，故C錯誤：

。、如果電二粵，則其單位是色.巴.」二垃.上二場.里.普=絲也

〃3布3s(Pasy7ns(-^-s)3ws/v3-s3s4(%n)3$4

瀉『=*_,由于雷諾數(shù)是無量綱的量，故。錯誤。

kg乙

故選:B.

根據(jù)各物理量間的關系式與各物理量的單位推導出Re的單位，然后分析答題。

本題考查了判斷雷諾數(shù)表達式問題，可以從雷諾數(shù)的量綱分析答題，熟悉各物理量的單位是解題的前提,

根據(jù)表達式與各物理量的單位即可解題。

14.【答案】ACD

【蟀析】解：4根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在兩板間運動的加速度大小為

。=真，故A正確；

dm

8。粒子在沿電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，粒子在水平方向做勻速直線運動，水平方向的動

量變化為0；根據(jù)題意有

Ap=Apy=mvy-0

可得粒子從兩板間離開時沿電場方向的分速度大小為

則粒子在兩板間的運動時間為

_Vy_dAp

t=~a=~Uq

金屬板的長度為

L=u0t=甯,故B錯誤，C正確；

D設入射點與出射點間的電勢差為U',根據(jù)動能定理可得

-qUr=^mv2-^mvQ

其中V2=中十藥

解得少=一耍，故。正確。

2mq

故選：ACD.

由牛頓第二定律求粒子在兩板間運動的加速度大??；由dp=m/u求速度變化量；粒子在水平方向做勻速

直線運動，由L=求板長。根據(jù)動能定理求入射點與出射點間的電勢差。

帶電粒子在電場中的運動，若垂直電場線進入則做類平拋運動，要將運動分解為沿電場線和垂直于電場線

兩個方向進行分析，利用直線運動的規(guī)律進行求解。

15.【答案】2自號2/+d)Me開關不是接在干路上,無法控制電E表，閉合前電壓表己經(jīng)有示數(shù)，應該將C

線接電源正極端改接至開關右端。

【解析】解：(1)單擺的周期為

T=-

n

單擺的擺長為

d

L=，+亍乙

根據(jù)單擺周期公式

解得實驗中重力加速度的表達式為

2n2n2(2l+d)

9=—?—:

(2)實驗時，閉合開關S前，為防止燒壞電表，滑動變阻器的滑片P應處在M端；。導線接錯，錯誤連接會

帶來的問題是開關不是接在干路上，無法控制電壓表，閉合前電壓表已經(jīng)有示數(shù)，應該將c線接電源正極

端改接至開關右端；

(3)滑動變阻器先最合適；使用8可使待測電阻兩端的電壓隨滑動頭移動趨近線性變化，方便調節(jié)使用。

故答案為：⑴23y+d)；

(2)①M；②c；開關不是接在干路上，無法控制電壓表，閉合前電壓表已經(jīng)有示數(shù)，應該將c?線接電源正

極端改接至開關右端。

(3)滑動變阻器&最合適：使用&可使待測電阻兩端的電壓隨滑動頭移動趨近線性變化，方便調節(jié)使用。

(1)根據(jù)已知條件單擺周期和擺長，再根據(jù)單擺的周期公式聯(lián)立求解重力加速度：

(2)①為了保護電路，閉合開關之前滑動變阻器接入的阻值要最大；

②開關必須連接在干路中，控制電路中所有元件，根據(jù)實物連接圖可知c錯誤；開關無法控制電壓表；

(3)使用的滑動變阻器改變電路中的電壓和電流作出的圖像呈線性變化時最合適，據(jù)此判斷最合適的滑動

變阻器。

本題考查單擺測重力加速度實驗和測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻的實驗，要求學生熟練掌握實驗原理、

實驗器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

16.【答案】2.850左

叫+巾2

【解析】解：(1)根據(jù)圖2可知，游標卡尺為20分度，其精確度為0.05mm,圖2讀數(shù)為d=2Bnun+10x

0.05mm=28.50mm=2.850cm；

(2)滑塊經(jīng)過光電門1的時間比光電門2的時間短，說明滑塊做減速運動，即氣墊導軌右側偏高，為保持水

平，故應該調高左惻；

(3)若碰撞過程動量守恒，則

“肅=(%+通?嘉整理得看=徐乂春即八般:

(4)多次試驗，發(fā)現(xiàn)心總大于心，產生這一誤差的原因可能是：滑塊1的質量測小了或者滑塊2的質量測大

了，故人。正確，BC錯誤;

故選：AD.

故答案為:(1)2.850；(2)左；(3)肅而；(4)40。

(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)方法進行讀數(shù)；

(2)根據(jù)滑塊運動過程減速即可分析氣墊導軌右端偏高；

(3)根據(jù)動量守恒定律列式，對表達式進行化簡即可求解：

(4)根據(jù)第(3)結果即可分析?。

該題考查驗證動量守恒定律實驗的分析，能夠準確掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，掌握動量守恒定律的應用，

題目具有一定的綜合性，題目難度適中。

17.【答案】解：(1)由機械能守恒定律mgL(l-cos37°)=\mv2

解得=2m/s

由牛頓第二定律尸-mg=my-

解得F=1.4/V

(2)小球平拋運動，豎直方向有

h-L=^gt2

解得t=0.3s,y=-0.3s(舍去)

水平方向有x=vt

解得％=0.6m

(3)小球落地時豎直速度為=gt

解得%=3mls

重力的瞬時功率P=根9為

解得P=3IV

答：(1)小球運動到最低點時細線對小球拉力的大小為1.4N；

(2)它做平拋運動水平位移的大小為0.6m；

(3)小球落地時重力的瞬時功率為3Wo

【脩析】(1)由機械能守恒定律結合牛頓第二定律解答；

(2)根據(jù)平拋運動規(guī)律解答；

(3)解得小球豎直方向的速度，根據(jù)功率的計算公式解答。

該題考查了機械能守恒定律的運用，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落

體運動，結合運動學公式靈活求解。

18.【答案】解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律/=總

金屬桿而所受安培力為以=BIL

根據(jù)平衡方程mgsin。=FA

聯(lián)立得E=mg(2R+r)sin8

BL

(2)a.根據(jù)平衡方程mgsin。=F'A

金屬桿疝所受安培力為F'A=BI'L

根據(jù)動生電動勢E'=BL為

根據(jù)閉合電路歐姆定律/'=帶

聯(lián)立得：方=筆詈

b.由能量守恒定律可得mgs?sin。=+Q

金屬桿產生的焦耳熱Qi=忌(2=

n-rnZ

聯(lián)立可得Qi=^mgs?sin。-吟,:"

，DL

答：(1)開關S接1,金屬桿恰好能靜止在導軌上。電源電動勢E的大小為皿等陋；

OL

(2)Q.最大速度為切B普L普

b.金屬桿從靜止開始到最大速度過程中產生的焦耳熱為37ngs?sin。-修常選。

【解析】(1)