2024-2025學(xué)年北京東城區(qū)高三（上）期末物理試卷（含答案）

2025北京東城高三（上）期末

物理

一、單選題：本大題共14小題，共42分。

1.一小鋼球從空中某位置開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)的速度為3（hn/s,g取10zn/s2。則該小鋼球（）

A.下落的高度為90爪B.下落的時(shí)間為3s

C.在最后1秒內(nèi)的位移為20MD.全過(guò)程的平均速度為20m/s

2.如圖所示，將一個(gè)質(zhì)量為m的鋼球放在傾角為8的固定斜面上，擋板豎直放置，鋼球處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)

將擋板沿順時(shí)針方向緩慢旋轉(zhuǎn)至水平位置，整個(gè)過(guò)程中鋼球均處于平衡狀態(tài)。不考慮鋼球與斜面、鋼球與

擋板間的摩擦力。則鋼球?qū)醢宓膲毫Υ笮?與對(duì)斜面的壓力大小尸2的變化情況（）

A.&一直減小，尸2一直增大B.F1一直增大，&一直減小

C.6先減小后增大，尸2一直減小D.6一直減小，尸2先增大后減小

3.如圖所示，質(zhì)量分別為2的、1題的物塊力和物塊B置于光滑水平面上，中間用一輕彈簧相連。4、B兩物

塊在水平拉力F的作用下，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（4、B相對(duì)靜止），彈簧在彈性限度內(nèi)的最大伸長(zhǎng)量為

4cm,其勁度系數(shù)為lOON/根。在彈性限度內(nèi)，拉力F的最大值為（）

A.4NB.6N

A-AQQOQQOQOOQQOQOOQ/

C.8ND.10N

4.如圖所示，質(zhì)量為小的小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若保持軌跡所在水平面到懸點(diǎn)P的距離九不變,

增大輕繩的長(zhǎng)度2。有關(guān)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期r與輕繩的拉力大小F,下

列說(shuō)法正確的是（）

A.7不變

B.T增大

C.F減小

D.F不變

5.某次短道速滑接力賽中，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面向前滑行。待乙追上甲

時(shí)，猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲

的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面在水平方向上的相互作用，貝K）

A.甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小、方向都相同

B.甲、乙的動(dòng)量變化量一定大小相等、方向相反

C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減小量

D.甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

6.如圖，一列簡(jiǎn)諧橫波沿E軸正方向傳播，t=0時(shí)的波形如圖中實(shí)線所示，t=1s時(shí)的波形如圖中虛線所

示，P是波傳播路徑上的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

B.質(zhì)點(diǎn)P在一個(gè)周期內(nèi)的路程為5nl

C.該波在1s內(nèi)可能向右傳播了6根

D.波的傳播速度大小可能為4m/s

7.一臺(tái)手搖發(fā)電機(jī)產(chǎn)生正弦交流電，其電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)

律如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.電流有效值為

B.線圈每秒鐘轉(zhuǎn)50圈

C.t=0.10s時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量最大

D.t=0.15s時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變化率為零

8.在“用傳感器觀察電容器的充放電過(guò)程”實(shí)驗(yàn)中，按圖甲連接電路。電源兩端電壓保持不變，最初電容

器不帶電。單刀雙擲開關(guān)S接1給電容器充電，充滿電后，開關(guān)S改接2,電流傳感器得到的/-t圖像如圖乙

所示。下列說(shuō)法正確的是（）

甲乙

A.電容器放電過(guò)程中電阻R兩端的電壓保持不變

B.充電過(guò)程中電容器的電容C隨極板所帶電荷量增大而增大

C.僅減小電阻R的阻值，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，/-t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將增大

D.僅增大電容器兩極板間的距離，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，/-t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將減小

9.某同學(xué)設(shè)計(jì)了可檢測(cè)酒精濃度的裝置，其電路原理如圖所示。心、夫2為定值電阻，R是一個(gè)“氣敏傳感

器”，其阻值隨所在氣體環(huán)境中酒精濃度的增大而減小。檢測(cè)時(shí)，對(duì)

著氣敏電阻R吹氣，電壓表的示數(shù)為U,電流表的示數(shù)為/。吹氣前后

電壓表的示數(shù)變化量為4U,電流表的示數(shù)變化量為若吹氣時(shí)酒

精濃度越大，則（）

A」越大B.U越大C.U與/的比值越大

D.黑越大

10.如圖所示，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線過(guò)紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙

I

面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。。、。、b在M、N的連十。

?

線上，。為MN的中點(diǎn)，c位于MN的中垂線上，且a、b、c到。點(diǎn)的距離均Q.____________________________⑥

MaObN

相等。下列說(shuō)法正確的是（）

A.。點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零B.。點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由。指向c

C.c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與0c連線垂直D.a、c兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同

11.某同學(xué)為了探究電感線圈和小燈泡對(duì)電路中電流的影響，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，電路兩端電壓U恒

定，4〉4為完全相同的電流傳感器。片時(shí)刻閉合開關(guān)S得到如圖乙所示的電流i隨時(shí)間t變化的圖像。電路

穩(wěn)定后，小燈泡發(fā)出微弱的光。下列說(shuō)法正確的是（）

A.閉合開關(guān)S時(shí)，自感線圈中電流為零，其自感電動(dòng)勢(shì)也為零

B.曲線a描述的是電流傳感器為中電流隨時(shí)間變化的規(guī)律

C.若斷開開關(guān)S,小燈泡閃亮后熄滅

D.閉合開關(guān)S到電路穩(wěn)定的過(guò)程中，小燈泡燈絲電阻保持不變

12.如圖甲所示，電子僅在靜電力作用下沿％軸正方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)力、B、C三點(diǎn)，已知和-4=久/?-a1。

該電子的電勢(shì)能Ep隨坐標(biāo)工變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說(shuō)法中正確的是（）

-A?----B?---C--?----?

XAXBxcx

甲

A.4點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)

B.電子在2點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度

C.4點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度

D.電子從4到B的過(guò)程中靜電力做的功大于從B到C的過(guò)程中靜電力做的功

13.如圖甲所示，傾角為a、寬度為1、電阻不計(jì)的光滑平行金屬軌道足夠長(zhǎng)，整個(gè)裝置處于垂直軌道平面

向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。軌道上端的定值電阻阻值為R,金屬桿MN的電阻為r,質(zhì)量為小。將金屬桿MN由靜止

釋放，桿始終與軌道垂直且接觸良好。通過(guò)數(shù)據(jù)采集器得到電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。當(dāng)金屬

桿下滑的位移為x時(shí)，可認(rèn)為電流達(dá)到最大值％。已知片時(shí)刻的電流為功，重力加速度為9，下列說(shuō)法中不

正確的是（）

電流

傳感器夕M

B.%時(shí)刻金屬桿的加速度大小a=工型gs譏a

li

2

C.金屬桿的最大速度大小。=任口

mgsina

D.桿下滑位移為x的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR=mgxsina-4（竽）;

27ngzsina

14.星下點(diǎn)監(jiān)控可實(shí)時(shí)顯示衛(wèi)星的運(yùn)行狀態(tài)。衛(wèi)星和地心的連線與地球表面的交點(diǎn)稱為星下點(diǎn)，即衛(wèi)星在

地面上的投影點(diǎn)。某衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道如圖甲中虛線所示。該衛(wèi)星的監(jiān)控畫

面如圖乙所示，下方數(shù)值表示經(jīng)度，曲線是星下點(diǎn)的軌跡展開圖，圖中給出了衛(wèi)星第I圈、第H圈和第m

圈的星下點(diǎn)軌跡展開圖，其中P點(diǎn)是第I、II圈的星下點(diǎn)軌跡展開圖的一個(gè)交點(diǎn)。已知地球自轉(zhuǎn)周期為24%,

衛(wèi)星繞行方向如圖甲所示。下列說(shuō)法正確的是（）

北緯23.5。

赤道

南緯23.5。

A.該衛(wèi)星第I、II圈星下點(diǎn)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔等于該衛(wèi)星的運(yùn)行周期

B.根據(jù)赤道與星下點(diǎn)軌跡展開圖的交點(diǎn)，可知該衛(wèi)星的運(yùn)行周期約1.5%

C.若地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡為一個(gè)點(diǎn)

D.地球靜止軌道衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡可能經(jīng)過(guò)P點(diǎn)

二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共20分。

15.如圖1是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。

加加小車打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

帶

槽碼―n?長(zhǎng)木板

小水平桌面

U圖1

（1）在“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)保持（選填“小車質(zhì)量”或“槽碼質(zhì)量”）不變。

（2）該實(shí)驗(yàn)過(guò)程中操作正確的是。

A平衡小車受到的阻力時(shí)小車未連接紙帶

A紙帶打點(diǎn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車

C調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行

（3）某同學(xué)通過(guò)正確實(shí)驗(yàn)操作獲得一條紙帶，測(cè)得各計(jì)數(shù)點(diǎn)到計(jì)數(shù)點(diǎn)1的距離如圖2所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

所用交變電流的頻率為50”z,相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則小車加速度大小a=______a/s2（結(jié)

果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位）。

紙帶運(yùn)動(dòng)方向一^

/1彳；,

-6.19-

<12.89?單位：cm

<20.10-----------------?

<27.82-------------------------------->

圖2

（4）在探究小車的加速度a與小車質(zhì)量M的關(guān)系時(shí)，采用圖像法處理數(shù)據(jù)，以小車質(zhì)量的倒數(shù)稱為橫坐標(biāo)，

小車的加速度大小a為縱坐標(biāo)。甲、乙兩組同學(xué)分別得到的a-得圖像如圖3所示。

①兩圖線的左下部分均可視為直線，請(qǐng)分析甲組同學(xué)所得直線斜率較大的原因；

②兩圖線的右上部分的斜率隨言的增大逐漸減小，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算解釋原因。

16.某學(xué)習(xí)小組對(duì)水果電池進(jìn)行如下探究。

（1）將銅片和鋅片插入一個(gè)蘋果中，用電壓表（磁電式電表，內(nèi)阻約幾千歐）測(cè)得銅片與鋅片間電壓為0.70U。

則該蘋果電池的電動(dòng)勢(shì)E應(yīng)_____（選填“大于”“等于”或“小于”）0.70了。但將四個(gè)這樣的蘋果電池串

聯(lián)起來(lái)給規(guī)格為“2.8U0.54”的小燈泡供電時(shí)，燈泡并不發(fā)光。經(jīng)檢查，電源連接沒有問題，燈泡、導(dǎo)線、

開關(guān)均無(wú)故障，猜想可能的原因是。

（2）為驗(yàn)證上述猜想，該學(xué)習(xí)小組擬測(cè)量其中一個(gè)“蘋果電池”的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們進(jìn)入實(shí)驗(yàn)室，找到以

下器材：

A.電流表4式量程為07）.64,內(nèi)阻為0.125。）

A電流表4（量程為0?200/M，內(nèi)阻為1000。）

C.定值電阻Ro（阻值為2500）

。.電阻箱R（0?9999。）

E導(dǎo)線和開關(guān)

a.經(jīng)分析，該蘋果電池的最大電流在0.5?之間，據(jù)此該小組設(shè)計(jì)了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路圖，并用定

值電阻&對(duì)電流表（選填或“42”）進(jìn)行改裝，改裝后的量程為機(jī)4

圖1

尻改變電阻箱R的阻值，用上述電路測(cè)得幾組流經(jīng)蘋果電池的電流/缶）、電阻箱的讀數(shù)R（O）。以R（O）為橫

坐標(biāo)，以Ra-1）為縱坐標(biāo)作出的圖線為一條直線，如圖2所示。根據(jù)圖線求得其斜率k=1.04-1縱

軸截距6=1.2x103a-i?？芍撎O果電池的電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)阻r=k。。

圖2

三、計(jì)算題：本大題共4小題，共38分。

17.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣細(xì)線上端固定在。點(diǎn)，下端拴一帶電小球，小球質(zhì)量為m,所帶電荷量為q。

系統(tǒng)處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球靜止在4點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為。=45?！，F(xiàn)將小球拉至與

。點(diǎn)等高的B點(diǎn)，由靜止釋放。重力加速度為g,求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)4、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；

(3)小球運(yùn)動(dòng)到力點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與。

18.如圖所示為扇形磁場(chǎng)質(zhì)量分析器的原理簡(jiǎn)化圖，整個(gè)裝置處于高真空環(huán)境。

某粒子源(圖中未畫出)發(fā)出兩種帶電粒子，所帶電荷量均為q,質(zhì)量分別為m1、爪2。兩粒子由靜止開始經(jīng)

加速電壓U加速后沿直線進(jìn)入三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直于軌跡所在平面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B。質(zhì)量為的粒子1離開磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過(guò)出口狹縫，到達(dá)檢測(cè)器，如圖中實(shí)線所示，帶電粒子2的軌跡

如圖中虛線所示。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用力。

(1)求粒子1進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度大小火；

(2)求粒子1軌跡所在圓的半徑T;

(3)為了使粒子2能夠通過(guò)出口狹縫打到檢測(cè)器上，分析應(yīng)如何調(diào)節(jié)實(shí)驗(yàn)參數(shù)？(寫出兩種方法)

19.地球質(zhì)量為M,半徑為R,地球自轉(zhuǎn)角速度為必萬(wàn)有引力常量為G。不計(jì)地球大氣對(duì)衛(wèi)星的作用。

(1)現(xiàn)發(fā)射一顆質(zhì)量為小，繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的近地衛(wèi)星(不計(jì)衛(wèi)星距地面的高度)，求衛(wèi)星的運(yùn)行速度

U的大小。

(2)設(shè)想在地球赤道平面內(nèi)有一垂直于地面延伸到太空的輕質(zhì)電梯，始終與地球自轉(zhuǎn)同步，如圖所示。這種

太空電梯可用于低成本發(fā)射衛(wèi)星，其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過(guò)太空電梯勻速提升到某高度，然后啟動(dòng)推進(jìn)裝

置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去。

設(shè)在某次發(fā)射時(shí)，質(zhì)量為相。的衛(wèi)星在太空電梯中緩慢上升，該衛(wèi)星在上升到距地心W?(k>1)的位置力處意

外地和太空電梯脫離而進(jìn)入太空。衛(wèi)星脫離時(shí)的速度可認(rèn)為等于太空電梯上該位置處的線速度。已知質(zhì)量

為和62的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，距離為r時(shí)的引力勢(shì)能表達(dá)式為0=-G”詈。

a.求該衛(wèi)星脫離時(shí)的速度大小以；

b.結(jié)合開普勒定律，請(qǐng)說(shuō)明如何判斷衛(wèi)星脫離后是否會(huì)撞擊地球表面。(不必求解具體結(jié)果，但要寫出判斷

所需的方程,并指出需要求解哪個(gè)物理量，說(shuō)明如何判斷)

赤道

(D情境1：己知一段導(dǎo)體兩端的電勢(shì)分別為仇和92,且％<92。導(dǎo)體的電阻率為p,橫截面積為S,長(zhǎng)度

為L(zhǎng)。請(qǐng)根據(jù)歐姆定律與電阻定律，推導(dǎo)通過(guò)導(dǎo)體的電流/的表達(dá)式。

(2)情境2：熱傳導(dǎo)是由于溫度差引起的熱量傳遞現(xiàn)象，其本質(zhì)是由物質(zhì)中大量做熱運(yùn)動(dòng)的分子互相撞擊，

從而使能量從物體的高溫部分傳至低溫部分。如圖甲所示，某傳熱介質(zhì)的橫截面積為S,兩端的溫度分別

為Ti和72,且7\<72。類比電流的定義式/=號(hào)，定義“熱流”。(熱傳導(dǎo)速率)為單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)傳熱介質(zhì)

某一橫截面積的熱量黑。已知其他條件一定時(shí)，。正比于溫差(T2-A)。定義“熱阻”為物體兩端溫度差

與熱流的比值，對(duì)于熱流經(jīng)過(guò)的截面積不變的傳熱介質(zhì)，熱阻=其中L為沿?zé)崃鞣较虻慕橘|(zhì)長(zhǎng)度,

S為垂直于熱流方向傳熱介質(zhì)的截面積，k為傳熱材料的熱阻率。

a.類比電流/與電勢(shì)差@2-Wi)的關(guān)系，試推導(dǎo)熱流⑦的表達(dá)式；

尻兩根金屬棒力、B尺寸相同，其中心=2%?，F(xiàn)將力、B兩金屬棒先后串聯(lián)、并聯(lián)在溫度恒定的低溫?zé)嵩春?/p>

高溫?zé)嵩粗g，如圖乙所示。低溫?zé)嵩础⒏邷責(zé)嵩吹臏囟确謩e為A、T2,且A<T2。當(dāng)48串聯(lián)使用時(shí)，

熱源之間各處熱流均相等；2、B并聯(lián)使用時(shí)，總熱流等于流過(guò)金屬棒4B的熱流之和，求將4、B串聯(lián)使

S

Ty

甲

參考答案

1.B

【解析】解：4、根據(jù)/=2g/i可得h=：=法=45m,故A錯(cuò)誤；

乙gzxu

B、鋼球下落的總時(shí)間為"上=^s=3s,故B正確；

910

11

=xx2

B、前2s內(nèi)的位移為：/i225^2=2102m=20m,最后Is內(nèi)位移為/%=45m—20m=25m,故C

錯(cuò)誤；

D、全過(guò)程的平均速度為u=g=￡m/s=15m/s,故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

鋼球做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g,根據(jù)速度公式求解時(shí)間；

根據(jù)速度一位移公式求得下落高度；最后1s內(nèi)下降的高度等于總高度減去最后1s前下降的高度即可；

根據(jù)總位移和時(shí)間求解平均速度。

考查對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的理解，熟悉運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的運(yùn)用。

2.C

【解析】解：對(duì)鋼球受力分析，鋼球受豎直向下的重力mg、垂直于斜面指向鋼球的支持力F2',垂直于擋

板指向鋼球的支持力6',因?yàn)殇撉蛱幱谄胶鉅顟B(tài)，所以這三個(gè)力可構(gòu)成封閉的矢量三角形，則擋板沿順時(shí)

針方向緩慢旋轉(zhuǎn)至水平位置的過(guò)程，會(huì)經(jīng)歷以下3個(gè)狀態(tài)：

由圖可知，依次經(jīng)過(guò)①一②一③的狀態(tài)，6'先減小后增大，?2‘一直減小，

則由牛頓第三定律可知，6先減小后增大，尸2一直減小，故C正確，48。錯(cuò)誤；

故選：Co

對(duì)鋼球受力分析，結(jié)合平衡條件及題意畫出對(duì)應(yīng)矢量三角形，即可分析判斷，即可判斷48CD正誤。

本題主要考查共點(diǎn)力的平衡問題，解答本題時(shí)需注意：選準(zhǔn)研究對(duì)象、做好受力分析、根據(jù)共點(diǎn)力的平衡

條件確定力與力的關(guān)系。

3.B

【解析】解：彈簧的伸長(zhǎng)量最大時(shí)，拉力最大，由牛頓第二定律得：

對(duì)A：kAx=mAa

對(duì)4、B系統(tǒng)：尸=（7冗4+巾8）口

其中Ar=4cm=0.04根，代入數(shù)據(jù)解得：F=6N,故B正確，AC。錯(cuò)誤。

故選：Bo

以a為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出最大加速度，然后以a、B系統(tǒng)為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求

出最大拉力。

分析清楚受力情況與運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題，解題時(shí)注意整體法與隔離法的應(yīng)用。

4.A

【解析】解：CD、對(duì)小球在豎直方向，受力分析如下，可知Feos。=mg；由幾何關(guān)系可知，在細(xì)線長(zhǎng)度2

變大，八不變時(shí)，角度。變大，cos。減小，故產(chǎn)增大，故CD錯(cuò)誤；

AB,對(duì)小球在水平方向，受力分析可知：mgtanS=m'，而圓周運(yùn)動(dòng)的周期滿足：7=*竺，解得:

ehtanOv

T=2nR即T不變，故A正確，8錯(cuò)誤。

\9

故選：Ao

由細(xì)線長(zhǎng)度增大，懸掛點(diǎn)與軌跡所在面的高度不變，可得到細(xì)線與豎直方向夾角的變化情況；由小球做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，可得到其在豎直平面內(nèi)受力平衡，水平面內(nèi)合力提供向心力；由小球在豎直平面內(nèi)受合力為

零，可分析拉力的大小變化情況；由圓周運(yùn)動(dòng)周期表達(dá)式，即可分析周期變化情況。

本題考查圓周運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，關(guān)鍵是根據(jù)小球在水平、豎直方向的運(yùn)動(dòng)學(xué)特點(diǎn)，找到受力的關(guān)系式。

5.B

【解析】解：2、甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤；

3、二人相互作用的過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反，故

B正確；

CD,甲、乙間的作用力大小相等，不知道甲、乙的質(zhì)量關(guān)系，不能求出甲、乙動(dòng)能變化關(guān)系，無(wú)法判斷做

功多少，也不能判斷出二者動(dòng)能的變化量，由于人體內(nèi)部能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械

能不守恒，故。錯(cuò)誤；

故選：Bo

運(yùn)動(dòng)員與冰面間的摩擦可忽略不計(jì)，在“交棒”過(guò)程中，“交棒”運(yùn)動(dòng)員猛推“接棒”運(yùn)動(dòng)員一把，兩個(gè)

運(yùn)動(dòng)員相互作用的力等大、反向、共線，作用時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量定理，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化等大、反

向、共線，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

本題關(guān)鍵是明確運(yùn)動(dòng)員間的相互作用力的沖量等于對(duì)方的動(dòng)量變化，又有作用時(shí)間相同，相互作用力等大、

反向，故兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。

6.C

【解析】解：力、根據(jù)“同側(cè)法”可知，t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、質(zhì)點(diǎn)P在一個(gè)周期內(nèi)的路程為：s=4A=4x10cm40cm,故2錯(cuò)誤；

CD、設(shè)波的周期為T,則有：（n+》T=ls,解得：T=3^s（n=O、1、2、3……）

波速可能值為：v=^=-^—m/s=（5n+l）m/s（n=0>1、2、3...）

5n+l

當(dāng)71=1時(shí)，波速u=6m/s,該波在1s內(nèi)可能向右傳播了6nl

波的傳播速度大小不可能為4zn/s,故C正確、D錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)“同側(cè)法”判斷振動(dòng)方向；質(zhì)點(diǎn)P在一個(gè)周期內(nèi)的路程44；求出波速的可能值分析CD選項(xiàng)。

本題主要是考查了波的圖像；解答此類問題的關(guān)鍵是要理解波的圖像的變化規(guī)律，能夠根據(jù)直接讀出振幅、

波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系v=

7.0

【解析】解：4、由圖可知，該交流電電流的最大值為1.04則有效值為/=早/?!=苧義1.04=故

A錯(cuò)誤；

B、由圖可知，該交流電電流的周期為0.20s,則轉(zhuǎn)速幾="=高〃5=5r/s,故8錯(cuò)誤；

C、由圖可知，t=0.10秒末感應(yīng)電流最大，則線圈處于與中性面垂直的位置，穿過(guò)線圈的磁通量為零，故

C錯(cuò)誤；

D、由圖可知，t=0.15秒末感應(yīng)電流為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，即磁通量的變化率為零，故。正確。

故選：Do

根據(jù)圖像可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進(jìn)一步可求出其有效值；結(jié)合感應(yīng)電流與磁通量的

變化關(guān)系判斷。

本題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識(shí)，要根據(jù)交流電圖像正確求解最大值、有效值、周期、頻率、角速

度等物理量，同時(shí)正確書寫交流電的表達(dá)式。

8.0

【解析】解：力、在電容器放電過(guò)程中電流逐漸減小，可知電阻R兩端的電壓逐漸減小，故A錯(cuò)誤；

2、電容器的電容由電容器本身決定，與電容器帶電量無(wú)關(guān)，則在電容器充電過(guò)程中電容器的電容不變，

故B錯(cuò)誤；

C、曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積等于電容器所帶的電量值，則如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻

的阻值，則此過(guò)程的曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積不變，故C錯(cuò)誤；

D、如果只增大電容器兩極板間的距離，根據(jù)。=用可知，電容器的電容C減小，根據(jù)Q=CU可知，電

471kd

容器帶電量減小，那么/-t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將減小，故。正確。

故選：Do

在電容器放電過(guò)程中電流逐漸減小；電容器的電容由電容器本身決定，與電容器帶電量無(wú)關(guān)；曲線與

坐標(biāo)軸所圍成的面積等于電容器所帶的電量值；根據(jù)電容的決定式分析電容器電容大小的變化，然后根據(jù)

Q=CU分析電容器帶電荷量的變化。

知道電容器的電容由電容器本身決定，/-t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積等于電容器所帶的電量值是解題的

基礎(chǔ)。

9.4

【解析】解：AB,若吹氣時(shí)酒精濃度越大，則氣敏電阻R的阻值減小，根據(jù)“串反并同”可知，與R并聯(lián)

的電壓表的示數(shù)減?。慌cR等效串聯(lián)的電流表的示數(shù)增大，故A正確，8錯(cuò)誤；

C、由圖可知，電壓表測(cè)量的是R和夫2并聯(lián)后的電壓，電流表測(cè)量的是R和a并聯(lián)后的總電流，所以。與/的

比值為R和7?2并聯(lián)后的總電阻，因?yàn)镽的阻值減小，所以總電阻減小，即U與/的比值減小，故C錯(cuò)誤；

D、/U為R和&并聯(lián)后電壓變化量，也等于％和電源內(nèi)阻丁的電壓變化量之和，川為治和電源內(nèi)阻r的電流

變化量，所以

萬(wàn)=%+「

所以，與不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)“串反并同”分析動(dòng)態(tài)電路；根據(jù)歐姆定律分析u與/的比值及華的變化情況。

熟練應(yīng)用“串反并同”及歐姆定律。

10.D

【解析】解：4B.根據(jù)安培定則和磁場(chǎng)疊加原理可判斷出。點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，由c指向。，故AB

錯(cuò)誤；

CD.兩通電直導(dǎo)線在a、b、c三點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖所示：

MN

由上圖可知，c點(diǎn)磁場(chǎng)方向向下，a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在a、6、c四點(diǎn)磁場(chǎng)的方向，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成

解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場(chǎng)方向的關(guān)系，會(huì)根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成,

要特別注意合磁場(chǎng)的方向.

11.C

【解析】解：4閉合開關(guān)時(shí)，電感線圈中電流為零，但由于線圈的自感現(xiàn)象，其自感電動(dòng)勢(shì)不為零，故A

錯(cuò)誤；

A閉合開關(guān)K的瞬間，線圈由于自感現(xiàn)象，電流慢慢增加到最大，所以乙圖中的b曲線是電流傳感器4中電

流隨時(shí)間變化的規(guī)律，故B錯(cuò)誤；

C.由于穩(wěn)定后流過(guò)線圈支路的電流大，結(jié)合自感現(xiàn)象可知斷開開關(guān)后，小燈泡會(huì)明顯閃亮后逐漸熄滅，故

C正確；

。由圖可知，閉合開關(guān)后電路兩端電壓U恒定而流過(guò)燈泡的電流先減小后不變，結(jié)合歐姆定律可知，閉合

開關(guān)S到電路穩(wěn)定的過(guò)程中，小燈泡燈絲電阻先增大，后保持不變，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

明確電感的阻礙作用，知道在接通電源時(shí)，由于電感中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)使流過(guò)電感的電流逐漸增大；而在

開始瞬間阻礙作用最強(qiáng)，此時(shí)流過(guò)燈泡的電流最大，然后再達(dá)到穩(wěn)定；斷開開關(guān)時(shí)，電感中的電流流過(guò)燈

泡使燈泡慢慢變暗。

本題考查自感現(xiàn)象的應(yīng)用，要注意明確電感的性質(zhì)，知道其對(duì)電流變化的阻礙原理，明確在電流穩(wěn)定時(shí)電

感視為導(dǎo)線或電阻。

12.0

【解析】解：28一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，由圖乙知電勢(shì)能一直減小，則電勢(shì)升高，

電子從4到B電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電子動(dòng)能增加，則速度增大，貝M點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，

經(jīng)過(guò)4點(diǎn)的速度小于經(jīng)過(guò)8點(diǎn)的速度，故錯(cuò)誤；

C.根據(jù)4%=qE尤可知，圖象的斜率的絕對(duì)值等于電場(chǎng)力的大小，因此從4到B,電子所受電場(chǎng)力減小，則

電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；

。由圖可知，電子通過(guò)相同位移時(shí)，電勢(shì)能的減小量越來(lái)越小，則電子通過(guò)相同位移時(shí)，靜電力做功越來(lái)

越少，則電子從4到B的過(guò)程中靜電力做的功大于從B到。的過(guò)程中靜電力做的功，故。正確；

故選：Do

AB.一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，由圖乙知電勢(shì)能一直減小，則根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系

及功能關(guān)系，即可分析判斷；

C.根據(jù)4Ep=qEx可知，圖象的斜率的絕對(duì)值等于電場(chǎng)力的大小，據(jù)此分析判斷；

D由圖可知，電子通過(guò)相同位移時(shí)，電勢(shì)能的減小量越來(lái)越小，結(jié)合電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，即

可分析判斷。

本題考查對(duì)圖-式圖像的掌握，解題時(shí)需注意，圖像的斜率表示電場(chǎng)力，其中斜率的正負(fù)表示電場(chǎng)力的方

向、斜率的大小表示電場(chǎng)力的大小。

13.0

【解析】解：4、由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為j桿受重力、支持力和安培力三個(gè)力平衡，根

據(jù)平衡條件有：mgsina=Birl

代入數(shù)據(jù)解得：3=蟠臀，故A正確；

B、h時(shí)刻，對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsina-Biol=ma

解得金屬桿的加速度大小為：a^^gsina,故8正確；

C、金屬桿速度最大時(shí)，克服安培力做功功率等于重力做功功率，則有：mgvsina=il{R+r}

解得金屬桿的最大速度大小為：-=運(yùn)的2故c正確；

mgsina

D、當(dāng)金屬桿下滑的位移為x時(shí)，可認(rèn)為電流達(dá)到最大值此過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgxsina-

W^=\mv2

根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q=卬死安

桿下滑位移為x的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱：QR=/Q

解得：QR=去［mgxsina-：式要)］，故。錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，故選：。。

根據(jù)平衡條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律求解金屬桿的加速度大?。唤饘贄U速度最

大時(shí)，克服安培力做功功率等于重力做功功率，由此求解金屬桿的最大速度大?。桓鶕?jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)

系求解電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。

對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一

條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

14.5

【解析】解：力、由于地球自轉(zhuǎn)，衛(wèi)星第I、II圈星下點(diǎn)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔不等于該衛(wèi)星的運(yùn)行周期，故

A錯(cuò)誤；

B、第I圈、第II圈間隔的經(jīng)度約為22.5。，則有7尸=簿x24%=1.5無(wú)，故B正確；

C、若地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡為圓，故c錯(cuò)誤；

。、地球靜止軌道衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星周期相等，其星下點(diǎn)軌跡是過(guò)赤道的一個(gè)點(diǎn)，不可能經(jīng)過(guò)P點(diǎn),

故。錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)圖乙分析衛(wèi)星環(huán)繞地球的圓周運(yùn)動(dòng)與地球自轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)關(guān)系，從而得到衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期；根據(jù)地球靜止

軌道衛(wèi)星的特點(diǎn)分析判斷。

本題主要是考查人造衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)理解題中信息。

15.小車質(zhì)量BC0.51

【解析】解：(1)在“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)控制變量法可知，應(yīng)保持小車質(zhì)量不變；

(2)4平衡小車受到的阻力時(shí)小車應(yīng)當(dāng)連接紙帶，故A錯(cuò)誤；

8.紙帶打點(diǎn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車，故B正確；

C.為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行，故C正確。

故選：BC。

(3)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T=0.02sx5=0.1s,根據(jù)逐差法求解加速度公式，其加速度大小為a=

當(dāng)泮，代入題中數(shù)據(jù)解得a=0.51zn/s2；

(4)平衡摩擦力之后，根據(jù)牛頓第二定律有尸=Ma,得。=?.三

①甲組同學(xué)所得直線斜率較大的原因是甲組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)量大于乙組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)

量；

②設(shè)繩上的拉力為T,對(duì)小有mg—T=zna；對(duì)時(shí)有7=Ma。解得加速度&=墨?，若根時(shí)，則

1+祈M

a=mg］,即小車加速度aoc-隨著需增大，即M減小的過(guò)程中，不再滿足時(shí)，口=瞿［＜

mg」,圖像偏離線性關(guān)系，且斜率減小。

故答案為：(1)小車質(zhì)量；(2)BC；(3)0.51；(4)①甲組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)量大于乙組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所

用槽碼的質(zhì)量；②圖像偏離線性關(guān)系，且斜率減小的原因如上。

(1)根據(jù)控制變量法分析判斷；

(2)根據(jù)平衡摩擦力思路，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的使用注意事項(xiàng)進(jìn)行分析判斷；

(3)根據(jù)逐差法求解加速度公式列式求解；

(4)根據(jù)a-靠圖像斜率的物理意義，結(jié)合加速度的表達(dá)式以及相應(yīng)的條件變化進(jìn)行分析解答。

考查牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)要求和注意事項(xiàng)，結(jié)合紙帶的數(shù)據(jù)處理，圖像的斜率的物理意義分析解決實(shí)際問

題。

16.大于蘋果電池的內(nèi)阻太大，接燈泡時(shí)電流太上，功率小無(wú)法發(fā)光A20-11.01.0

【解析】解：(1)由于電壓表不是理想電電表，所測(cè)量結(jié)果為路端電壓，小于電源的電動(dòng)勢(shì)；由于蘋果電池

的內(nèi)阻太大，所以接燈泡時(shí)的電流太小，燈泡的功率太小，所以看不到燈泡發(fā)光；

(2)要正確測(cè)量電流，應(yīng)用量程約為加4的電流表，所以應(yīng)使用量程為0?200必，內(nèi)阻為10000的42并聯(lián)

定值電阻區(qū)進(jìn)行改裝，根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律可知，改裝后的量程/=缶+空=200x10-64+

200X10-6x1000)3■Rnmy士匚田三工口在八+r7口n1000x250。八八八

344

-----------A=1x10A=1mA,即改裝后的量程為0?1mA；內(nèi)阻&=D\=一八…液=200/2；

ZJUAQ+Ag2IUUU+ZDU

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：/=六與右，變形可得：：=空，由題意可知，罕=1.2x

1

103c片1.04"

聯(lián)立解得：E=1.07；r=1000。=1.0kQa

故答案為：(1)大于；蘋果電池的內(nèi)阻太大，接燈泡時(shí)電流太小，功率小無(wú)法發(fā)光；

(2)a.A2；0~1；b.1.0；l.Oo

(1)明確電壓表測(cè)量原理，知道電壓表所測(cè)值為路端電壓，小于電動(dòng)勢(shì)；明確蘋果電池內(nèi)阻很大，燈泡功率

太小，從而看不到燈泡發(fā)光；

(2)a.根據(jù)電表的改裝原理，由并聯(lián)電路規(guī)律列式求解改裝后電表的量程；

b.由閉合電路歐姆定律列式并變形，結(jié)合題中給出的圖像列式求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。

本題主要考查了電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選出合適的實(shí)驗(yàn)儀器，結(jié)合電表改裝的知識(shí)計(jì)

算新的量程，根據(jù)電學(xué)圖像的斜率和截距求出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

17.解：(1)對(duì)帶電小球受力分析，如圖所示：

°-------------

F\丁

\A'

mg

由平衡條件可得：

Tcos3=mg,

Tsind=Eq,

聯(lián)立可得：

E=^.

q，

(2)由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系可得：

UAB—E-L(1—sind'),

由(1)可知：

唯

q，

聯(lián)立可得：

?_(2-72)m5L

%=——；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理可得：

mgLcosB—EqL(l—sind)=Ek—0,

解得：Ek=(V-2—l)mgL;

答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E為詈；

(2)4、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB為Q一■相〃；

(3)小球運(yùn)動(dòng)到力點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與為-l)mgL.

【解析】(1)對(duì)帶電小球受力分析，由平衡條件分別列式，即可分析求解；

(2)由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系列式，即可分析求解；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理列式，即可分析求解。

本題主要考查勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，解題時(shí)需注意，公式U