2021年北京市朝阳区高考物理第一次质检试卷（一模）

2021年北京市朝阳区高考物理第一次质检试卷（一模）

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.抽制高强度纤维细丝时可用激光监测其粗细。如图所示,

观察激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹即可判断

细丝粗细的变化。这一过程利用了光的（）

A.干涉现象B.衍射现象C.折射现象D.色散现象

2.关于热现象，下列说法正确的是（）

A.扩散现象说明分子间存在引力

B.布朗运动是液体分子的无规则运动

C.一定质量0冤的冰融化成（TC的水，其内能没有变化

D.一定质量的理想气体对外做功，内能不一定减少

3.一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级，也就是氢原子核外电子从半径较小的轨

道跃迁到半径较大的轨道，该原子（）

A.吸收光子，能量增大B.吸收光子，能量减小

C.放出光子，能量增大D.放出光子，能量减小

4.2020年11月18日，东北大部分地区发生罕见强雨雪风冻

天气，一日之内温度骤降16。。给生产生活带来诸多不便。

如图所示，共享单车上结冻的冰柱都呈现水平方向。若仅从

受力角度分析，下列推理可能正确的是（）

A.风力水平向左

B.风力水平向右

C.风力斜向左上

D.风力斜向右下

5.一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，。、氏c为介质中三个质点,

a正沿图中所示方向运动。下列选项正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.该时刻质点a的速度比质点6的速度大

C.质点c的振幅大于质点a的振幅

D.该时刻后，质点6比质点c先到达平衡位置

6.如图所示，在点电荷形成的电场中有A、8两点，已知A点

电场强度大小为瓦），方向垂直于AB连线，电势为外；B点~~H~~A

电场强度大小为EB，方向与4B连线成。角，电势为伊8。下列选项正确的是（）

A.EA<EBB.EA=EBC.（PA<<PBD.（PA—0B

7.在一次利用无人机投送救援物资时，距离水平地面高度〃处，无人机以速度处水平

匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是（）

A.包裹在空中飞行的时间为白

B.包裹落地时的速度大小为J诏+2gh

„2

C.包裹释放点到落地点的水平距离为暑

2g

D.包裹下落过程中机械能不断增大

8.如图所示，（甲）一（乙）-（丙）一（丁）一（甲）过程是交流发电机发电的示意图，线

圈的“6边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分

别压在两个滑环上，线圈在匀速转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。已

知线圈转动的角速度为3,转动过程中电路中的最大电流为下列选项正确的是

（）

（甲）（乙）（丙）（T）

A.在如图（甲）位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流为零

B.从如图（乙）位置开始计时，线圈中电流i随时间f变化的关系式为，=/„^讥3t

C.在如图（丙）位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率也最大

D.在如图（丁）位置时，感应电动势最大，M边电流方向为c->d

9.在如图所示的电路中，闭合开关S,当滑动变阻器滑片尸移动时，电流表的示数均

会发生变化。下列选项正确的是（）

第2页，共23页

A.&的示数总是大于4的示数

B.4的示数总是小于4的示数

C.4］、&的示数同时增大，同时减小

D.4的示数减小时，&的示数增大

10.某同学测定玻璃砖的折射率。如图所示，半圆形玻璃砖的直径边界为EF、半圆弧

边界为ECF,CD垂直EF并过圆心0。某次实验中，他沿。4画一条直线，并在

04线上适当位置竖直插上两枚大头针吊、P2；放上玻璃砖后，在另一侧依次寻找

合适位置竖直插上大头针P3、P〃，移走玻璃砖和大头针后，过。3、「4针孔作出直线

OB,。3可看成沿0A入射的光透过玻璃砖后的折射光线。下列选项正确的是（）

A.测定折射率的表达式为n="篙

B.作图时必需在纸上画出EF边界和ECF边界

C.沿4。方向看去，尸1会挡住。2、。3、24

D.实验中N40C可以取0〜90。之间的任意值

11.如图所示，两个平行金属板水平放置，要使一个电荷量

为-q、质量为m的微粒，以速度v沿两板中心轴线S1S2

向右运动，可在两板间施加匀强电场或匀强磁场。设电

场强度为E,磁感应强度为B,不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列选项可

行的是（）

A.只施加竖直向上的电场，且满足E=等

B.只施加竖直向上的磁场，且满足8=第

C.同时施加竖直向下的电场和竖直向上的磁场，且满足E=^+Bu

D.同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，且满足E=詈+Bu

12.如图甲所示，质量为m=4.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力尸作用下开

始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（％=4.0巾后无推力存在）。已

知物体与地面之间的动摩擦因数〃=0.50,取重力加速度g=10m/s2o下列选项正

确的是（）

A.物体在水平地面上运动的最大位移是4.0m

B.物体的最大加速度为25m/s2

C.在物体运动过程中推力做的功为200J

D.在距出发点3。小位置时物体的速度达到最大

13.如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为Tn1、

m2,悬点均为。。在。点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻

8静止于最低点，其摆线紧贴小钉左侧，A从图示位置由静止释

放（。足够小），在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过

程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，

摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。％

下列选项正确的是（）

A.若nii=ni2，则A、8在摆动过程中上升的最大高度之比为9：10

B.若Hi】=m2＞则每经过时间A回到最高点

C.若mi＞m2,则A与8第二次碰撞不在最低点

D.若＜Hi?，则A与8第二次碰撞必在最低点

14.科学家们曾设想存在磁单极子，即一些仅带有N极或S

极单一磁极的磁性物质。假设在P点有一个固定的磁单

第4页，共23页

极子，在其周围形成均匀辐射磁场，磁感线如图所示。当质量为，小半径为R的导

体圆环通有恒定的电流时，恰好能静止在该磁单极子正上方，环心与尸点的距离为

H,且圆环平面恰好沿水平方向。己知距磁单极子/处的磁感应强度大小为8=4,

r2

其中左为已知常量，重力加速度为g。下列选项正确的是()

A.圆环静止时磁场对环的安培力使其有沿半径方向扩张的趋势

B.圆环静止时可由题中条件求出环中电流的大小

C.若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中环中电流不受影

响

D.若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中环的加速度先增

大后减小

二、实验题(本大题共3小题，共18.0分)

15.某同学用如图1所示的装置来探究弹簧弹力F和长度L的关系，把弹簧上端固定在

铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端所到达的刻度位置。然后，在弹簧下端

悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端的刻度位置，实验中

弹簧始终未超过弹簧的弹性限度。通过分析数据得出实验结论。

7-7N

&U-

L

U10.0

L

m

L

U

E』8.0

"

gE-

r6.0

c

r

=

E

u4.0

r

u』

E-2.0

r:

El-

L=.

p01CF.020.030.040.050.0£/cm

由2

(1)实验时认为可以用钩码所受重力的大小代替弹簧弹力的大小，这样做的依据是

(2)以弹簧受到的弹力尸为纵轴、弹簧长度L为横轴建立直角坐标系，依据实验数

据作出尸-心图像，如图2所示。由图像可知：弹簧自由下垂时的长度L°=

cm,弹簧的劲度系数k=N/m„

（3）实验中未考虑弹簧自身受到的重力，请你说明这对弹簧劲度系数的测量结果是

否有影响？。

16.通过实验测量某金属丝的电阻率。

①用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量示数如图1所示，可得金属丝直径的测量

值d=mm<>

②将该金属丝绕在陶瓷管上，电阻值约为250。除了开关、若干导线之外还提供了

如表所示的器材：

器材名称规格

量程0〜3V（内阻约为3k。）

电压表

。〜151/（内阻约为15收）

量程。〜0.64（内阻约为0.10）

电流表

0〜34（内阻约为0.02。）

滑动变阻器总电阻为100

直流电源电动势6y和12y

为较准确测量该金属丝的阻值，某同学用所给器材组成实验电路，如图2所示。图

中某个器材的连接有不当之处，该器材是,理由是o

③若测得金属丝的长度为L直径为d,电阻为R,则金属丝的电阻率p=。

17.家庭装修时需要根据用电功率的不同选择相应粗细的导线，表1是不同横截面积的

铜导线常温下允许的负载电流范围。小明家正在装修，配备电器如表2所示，请你

帮助他在安全、经济的原则下选择粗细合适的总干路导线，其序号为,写

出选择依据：。

表1

第6页，共23页

导线序号横截面积(nUH?)允许长期负载电流(4)

41.06-8

B1.58〜15

C2.516〜25

D4.025〜32

E6.032〜40

F10.050〜65

G16.070-90

表2

电器名称电功率(十)电器名称电功率(W)

空调机2000—3000抽油烟机100

电冰箱50〜150电热水器2000

洗衣机400吸尘器800

电水壶1000电脑设备200

电饭煲800电视机100

微波炉1000其他常用600

三、计算题(本大题共5小题，共40.0分)

18.2021年2月10日19时52分，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近

火捕获制动，成功实现环绕火星运动，成为我国第一颗人造火星卫星。在“天问一

号”环绕火星做匀速圆周运动时.，周期为T,轨道半径为，。已知火星的半径为七

引力常量为G,不考虑火星的自转。求：

(1)“天问一号”环绕火星运动的线速度的大小V；

(2)火星的质量M；

(3)火星表面的重力加速度的大小g。

19.如图1所示，在光滑水平面上固定一根足够长的直导线，通有恒定电流。质量为，八

电阻为R的正方形金属框静止在水平面内，以金属框的一个顶点为坐标原点，在水

平面内建立直角坐标系，x轴与导线平行，y轴与导线垂直。现给金属框一个大小

为孙、方向与x轴正方向成。角的初速度，金属框在之后的运动中始终处于通电直

导线的磁场中且没有转动。

(1)判断金属框刚运动时感应电流的方向；

(2)在图2中分别画出金属框沿x轴、y轴的分速度以、为随时间f变化的示意图;

(3)不计其他能量损失，求金属框在整个运动过程中产生的焦耳热。

20.一种获得高能粒子的装置如图所示。环形区域内存在垂直纸

面向外的匀强磁场，4、8为环形区域内两块中心开有小孔的

极板。t=0时，A板电势为+U,B板电势为零，质量为〃八\：

电荷量为+q的粒子在4板小孔处由静止开始加速；粒子离开

B板时，A板电势立即变为零，此后粒子在环形区域内做半径为R的圆周运动。每

当粒子到达A板时，A板电势变为+U,离开8板时，A板电势变为零；B板电势始

终为零.如此往复，粒子在电场中一次次被加速。为使粒子在环形区域内绕行半径

不变，需不断调节磁场的强弱。4、8板间距远小于R,不考虑电场、磁场变化产

生的影响，不考虑相对论效应的影响，不计粒子的重力。

第8页，共23页

(1)求粒子绕行第i圈时线速度的大小巧；

(2)求粒子绕行第〃圈时，磁感应强度的大小及等效电流4;

(3)在粒子绕行的整个过程中，A板电势可否始终保持+U?并说明理由。

21.摩擦传动装置结构简单，容易制造，在生产生活中得到广泛应用。如图1所示为打

印机送纸装置。搓纸短旋转带动纸张前进走纸，摩擦片在纸张下方贴紧，施加阻力

分离纸张，以保证只有一张纸前移且避免两张纸同时送入。已知搓纸辐和纸张之间

的动摩擦因数为内,纸张之间的动摩擦因数为〃2,纸张和摩擦片之间的动摩擦因数

为〃3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计纸张质量及空气阻力。

a.电机带动搓纸辑使搓纸辑始终以角速度如转动。设一张纸的长度为搓纸根半

径为r,计算打印机送入一张纸所需的时间；

b.为保证送纸装置正常工作，分析说明生、〃2和"3的大小关系。

纸张

摩擦片

22.摩擦传动装置结构简单，容易制造，在生产生活中得/二^,

到广泛应用。一种使用摩擦传动的变速箱，其内部结(R/

构可简化如图所示，薄壁圆筒1和薄壁圆筒2均可绕自身的光滑转轴转动，且它们

的转轴平行。开始时圆筒2静止，圆筒1以角速度3转动，某时刻使两圆筒相接触，

由于摩擦，一段时间后两圆筒接触面间无相对滑动。圆筒1半径为R,质量为

圆筒2质量为讥2。设两圆筒相互作用过程中无其他驱动力，不计空气阻力。求：

a,两圆筒无相对滑动时圆筒1的角速度3’；

b.从两圆筒接触到无相对滑动过程中系统产生的热量Q。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：当障碍物的尺寸与波的波长相差不多，或小于波的波长，会发生明显的衍

射，该装置的原理是运用光的衍射现象，如果屏上条纹变宽，则金属丝变细，故B正确，

AC£＞错误。

故选：B。

根据题目的图象可知，激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹是衍射条纹，然后结合

衍射条纹的特点正确解答。

本题考查光的衍射的特点，解决本题的关键知道衍射条纹的特点，以及知道发生明显衍

射的条件。

2.【答案】D

【解析】解；A、扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，与分子斥力无关，故

A错误：

8、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的

反映，故3错误；

C、一定质量的0汽的冰融化成0冤的水，要吸收热量，内能增加，故C错误；

D、一定质量理想气体对外做功，但可能吸收热量，根据热力学第一定律公式△U=W+

Q，内能不一定减少，故。正确；

故选：Do

扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移，直到均匀分布的现象，分子平

均速率与物质的浓度梯度成正比，扩散是由于分子热运动而产生的迁移现象，主要是由

于浓度差引起的；

布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到液体分子的碰撞而发生的不停息的无规则的运动；

冰融化时吸收热量；

热力学第一定律：△(/=(?+W。

本题考查了布朗运动、扩散现象和热力学第一定律，涉及知识点多，难度不大，关键多

看书。

3.【答案】A

【解析】解：一个氢原子从71=2能级跃迁到71=3能级，即从低能级向高能级跃迁，原

子能量增加，吸收光子，故A正确，B、C、。错误。

故选：Ao

氢原子从低能级向高能级跃迁，吸收光子，从高能级向低能级跃迁，放出光子。

本题考查了能级跃迁的基本运用，知道吸收或放出的光子能量等于两个能级间的能极差。

4.【答案】C

本题考查了共点力平衡条件的应用，解决此题的关键在于研究对象的选择，及受力分析。

5.【答案】D

【解析】解：A、由图知，质点“垂直x轴向上运动，由同侧法可知，该波沿尤轴正方

向传播，故A错误；

8、由图知，该时刻质点匕离平衡位置比质点。离平衡位置近，则该时刻质点〃的速度

比质点方的速度小，故8错误；

C、简谐波中各质点的振幅相同，即质点c的振幅等于质点。的振幅，故C错误；

。、由图知，质点。处于波谷，质点6位于平衡位置与波谷间，由同侧法知，该时刻质

点6垂直x轴向上运动，可见该时刻后，质点。比质点c先到达平衡位置，故。正确。

故选：D。

知道a点的振动方向，利用同侧法可知波传播的方向。质点离平衡位置越近，速度越大。

各质点振幅永远相同。由图可知b向上振动，所以匕比c先到平衡位置。

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，同时要分析波动形成的

过程，分析物理量的变化情况。

6.【答案】C

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【解析】解：两条电场线延长线交于一点，即为点电荷。的位置，如图所示:

,-0

/a

✓*

/,

/；

/I

/•

/

,i产。

...A....................

BA

根据电场线方向可知。带负电，设A、B两点到Q的距离分别为。和赤，由几何知识得

到：1sind

TrB=

根据点电荷场强公式E=k《，可得A、B两点的电场强度关系为：E>E,因为B点

rAB

距离负点电荷。远，所以外>以，故c正确，A8。错误。

故选：C。

运用几何的方法找出点电荷0的位置并判断电性，求出A、B两点到。的距离之比，由

点电荷场强公式E=k史求解场强关系，并比较电势的高低。

r

本题考查对点电荷电场的掌握程度，在电场问题中，画电场线、等势线及其他图形，将

抽象问题变得直观形象，是常用方法。

7.【答案】B

【解析】解：A、包裹被释放后做平抛运动，竖直方做向自由落体运动，h=lgt2,解

得：t=后，故A错误；

B、设落地时速度大小为也竖直方向分速度为内,则2g/i=药，得：vy=yj2gh.落

地时速度大小"=J哆+诺=12gh+诏,故B正确；

C、包裹释放点到落地点的水平距离x=%t=%后，故C错误；

。、因为包裹下落过程中只有重力做功，所以包裹下落过程中机械能守恒，故。错误。

故选：Bo

利用力=求时间；先求落地时竖直分速度，再用速度的合成求落地速度；用x=vot

求水平位移；只有重力做功，机械能守恒。

本题主要考查了平抛运动的处理方法:运动的合成和分解，即水平方向做匀速直线运动，

竖直方向做自由落体运动。

8.【答案】A

【解析】解：A、图（甲）中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变

化率为0,感应电流为零，故4正确；

8、图（乙）中线圈与磁场平行，此时感应电流最大，则线圈中电流i随时间r变化的关系

=Imcos（i）t,故B错误；

C、当线圈位于图（丙）位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量

的变化率为零，故C错误；

。、当线圈位于图（丁）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，

根据右手定则可知M边感应电流方向为d-c,故。错误；

故选：Ao

交流发电机是根据电磁感应原理制成的，根据线圈与磁场的关系确定磁通量的大小。从

中性面计时时，线圈中电流i瞬时值表达式为正弦形式。线圈经过中性面时，感应电流

为零，但感应电流方向改变，根据右手定则判断感应电流方向。

本题考查了交流发电机产生正弦式电流的原理，关键要理解并掌握中性面以及和中性面

垂直的面磁通量、磁通量变化率、感应电动势的特点，要明确感应电流瞬时值表达式与

计时起点有关。

9.【答案】D

【解析】解：AB、&和R接入电路的阻值大小不知道，根据欧姆定律可得/='由于

并联各支路两端电压相等，即U相等，则电流大小无法确定，故A8错误；

CD、当R增大时，总电阻增大、总电流减小，&和r分得的电压减小，则右两端电压

增大，电流表4的示数增大、必示数减小；反之，当义的示数增大时，4的示数减小，

故C错误、。正确。

故选：Do

&和R接入电路的阻值大小不知道，则电流大小无法确定；根据电路动态分析的方法进

行分析，也可以根据“串反并同”进行分析。

E

电路的动态分析的顺序：外电路部分电路变化-R底变化T由/总=瓦，判断/总的变化一

由［7=E-判断U的变化T由部分电路欧姆定律分析固定电阻的电流、电压的变化T

用串、并联规律分析变化电阻的电流、电压和电功率。

第14页，共23页

10.【答案】C

【解析】解：A、由于玻璃砖折射率大于1,所以折射率的表达式为〃=绘器，故A

s\nz.AOC

错误.

B、由折射率计算公式可知，作图时只需在纸上画出EF边界即可，故8错误.

C、本实验操作时，P4应挡住P3、和P2、P\的像，由光路可逆，沿4。方向看去，Pi会

挡住「2、「3、P&，故C正确.

D、当Z40C取0。和90。时，不存在光的折射，则无法测量折射率，为减小偶然误差，实

验时ZAOC应适当大些.故D错误.

故选：Co

从折射率大于1的角度作答折射率；从光路图的角度判断需要画出哪个边界；利用光路

可逆判断c选项；从实验误差的角度作答。选项。

对于实验问题的解答，首先应该清楚实验原理。作为测量折射率的光学试题，则必须清

楚其光路图，能够从实验误差的角度，分析实验步骤的合理性。

11.【答案】D

【解析】解：A、因微粒带负电，故只施加竖直向下的电场，且满足E=詈，才能沿S»2

向右运动，故A错误；

B、因微粒带负电，只施加垂直纸面向外的磁场，且满足B=翳时，才能沿S1S2向右运

动，故B错误；

CD,因微粒带负电，同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场时，电场力竖直

向上，由左手定则知洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件可知：qE=mg+

qvB

解得：E=^+BV,故。正确，C错误；

故选：Do

微粒带负电，只加电场时，电场力与重力平衡，从而求出电场方向和场强大小：

微粒带负电，只加磁场时，洛伦兹力与重力平衡，由左手定则求出磁场方向和平衡条件

求出磁感应强度大小；

微粒带负电，同时加电场和磁场，判断电场力和洛伦兹力的方向，三力平衡，从而求出

电场强度大小。

微粒带负电，只有电场时，电场力与重力平衡，只加磁场时，洛伦兹力与重力平衡，同

时加电场和磁场时，重力、电场力、洛伦兹力三力平衡。注意左手定则的应用，判断洛

伦兹力的方向。

12.【答案】C

【解析】解：AC.由尸图像可知，推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积,

即w=|FX=|x100x4.0/=200/。

对物块运动的整个过程,根据动能定理可得W-fimg-Xmax=0,代入数据解得:Xmax=

即物体在水平地面上运动的最大位移是10〃?，故A错误，C正确；

员分析可知，推力F=100N时，物体所受合力最大，加速度最大，

根据牛顿第二定律得F-“mg=ma,则a2nl疗=ZOnt/s?,故

B错误；

D由图像可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F=100-25x(0<x<4.0m),

物体的速度最大时，加速度为零，此时有F=umg,代入解得％=若譬=

即在距出发点3.2小位置时物体的速度达到最大，故。错误。

故选：Co

利用图像可知面积代表推力对物体做的功，结合动能定理可以求出最大位移。利用牛顿

第二定律可以求出加速度。

本题考查牛顿运动定律和动能定理的知识，要会分析图像中的特殊信息，然后就可以解

决问题。

13.【答案】B

【解析】解：两球发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：7n/o=

机1%+m2v2>

根据机械能守恒定律有：1小1诏=［巾1谥+；小2谚，

联立解得：%=口+管孙,^2=%;

mi+77i2m1+m2

4、若mi=ni2，可知：%=0，v2=v0,速度交换，根据机械能守恒知，4、B两球摆

动的过程中上升的最大高度之比为1：1,故A错误；

第16页，共23页

B、A球从最高点到最低点的时间0=qx2〃若也1=??12，A、8两球碰撞后

速度交换，8球离开最低点再回到最低点的时间：12=多=?'2兀再^=0.9兀4,与

A球再次碰撞后，速度交换，则4球从最高点摆到最低点再次回到最高点的时间：t=

2。+J=1.9兀J1,故8正确；

C、若僧1>加2,则碰撞后，A的速度方向继续向右，B球的速度方向也向右，两球均绕

钉子做单摆运动，摆动的周期相等，A、5第二次碰撞的位置在最低点，故C错误；

D、若61<7712，则碰撞后，A的速度方向向左，8球的速度方向向右，两球做单摆运

动的摆长不等，两球做单摆运动的周期不等，均经过二分之一个周期回到最低点，可知

A、B碰撞的位置不在最低点，故。错误。

故选：B.

两球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出两球碰撞后的速度，当两

球质量相等，速度交换，结合机械能守恒判断出最大高度之比，以及根据单摆的周期公

式求出A球再次回到最高点的时间。结合质量的大小关系，判断出两球的速度方向，根

据做单摆运动的摆长是否相等，判断出周期是否相等，从而判断出再次碰撞的位置。

解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，即满足动量守恒定律和机械能守恒定律，通过动

量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后速度的表达式，结合质量大小关系判断出碰撞

后速度的方向是解决本题的突破口。

14.【答案】B

【解析】解：人圆环静止时磁场对环有安培力作用，根据受力平衡可知，在竖直方向

上安培力的分力与重力平衡，由左手定则可知，安培力与磁感线方向垂直，故圆环要想

静止，受到的安培力方向只能斜向上，所以环有收缩的趋势，故4错误；

8、对环的某一部分进行受力分析如图：

在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0,竖直方向的

合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受

到的安培力：F=B1-2nR

由几何关系：Fcosd=mg

H

cosd=..z

7zH2+R2

由题：B=7=A=

VH2+R2

联立得：/=皿必善.故8正确；

2nkR2

CD,结合以上的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减

小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，

所以合外力减小，加速度先减小。故错误。

故选:B。

圆环在磁场中受安培力及本身的重力做匀速圆周运动，圆环处于平衡状态，结合平衡状

态的特点可得出正确的结果。

本题巧妙地将此单极子的猜想与电流在磁场中的受力相结合，考查了受力平衡的问题，

可知对环进行正确的受力分析，理解环在竖直方向的合力与重力大小相等是解答的关键。

15.【答案】根据平衡条件，钩码静止时其所受重力大小等于弹力10.040无影响

【解析】解：(1)实验时认为可以用钩码所受重力的大小代替弹簧弹力的大小，这样做

的依据是根据平衡条件，钩码静止时其所受重力大小等于弹力；

(2)由图可知，当弹簧没挂重物时，弹簧自由下垂的长度A。=10.0cm=0.1m，弹簧的

劲度系数为：/c=77=N/m=40N/m

△LU.15-U.l

(3)无影响。因为仁今与弹簧自重无关。

故答案为：(1)根据平衡条件，钩码静止时其所受重力大小等于弹力；(2)10.0,40；(3)

无影响

(1)根据平衡条件进行分析；

(2)由图读出不挂重物时，弹簧的长度；由k=*计算劲度系数；

(3)因为卜=去与弹簧自重无关。

本题考查了探究弹簧伸长量与所受拉力的关系实验，关键是弄清实验原理，能够根据图

像求解弹簧原长和劲度系数。

16.【答案】0.347滑动变阻器无法实现调节且易发生短路皿；

4L

第18页，共23页

【解析】解：①由图示螺旋测微器可知，金属丝直径的测量值：d=Omm+34.7x

0.01mm=0.347mm；（因为最后一位为估读，所以0.346〜0.349nun均可）

②由实物图的连接可知，滑动变阻器在电路中与被测电阻是并联关系，无法实现调节

且易发生短路；

③由电阻定律得：R=P《=P盘，电阻率：p=畔；

4"“4L

故答案为：①0.346〜0.349

②滑动变阻器，无法实现调节且易发生短路

③嗒；

①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；②由实物图的连接

可知，滑动变阻器在电路中与被测电阻是并联关系，无法实现调节且易发生短路；③应

用电阻定律可以求出电阻率的表达式。

本题考查了螺旋测微器的读数、实验原理以及实验数据处理等问题，理解实验原理是解

题的前提；要掌握常用器材的读数与使用方法。

17.【答案】F依据/='及家庭电路电压可得干路电流约为47A

【解析】解：由表2,求出小明家电器的总功率约为：Ps=3000W+100W+100W+

2000W+400"+800W+10001V+200W+8001V+100UZ+1000W+600UZ=

101001V

根据公式「=0可得：/=空=04=474结合表1可知，需要选择允许长期负载

U220

电流为50〜65A的导线儿

故答案为：F,依据/=：及家庭电路电压可得干路电流约为47A

先求出配备的家电的总功率，然后结合公式P=U/即可求出。

该题考查电功率的计算，解答的关键是先求出小明家可能消耗的最大功率。

18.【答案】解：（1）由线速度定义可得口=手

（2）设“天问一号”的质量为"?，万有引力提供向心力有=m（竿）?r

解得M=客

GT2

（3）忽略火星自转，火星表面质量为加的物体，其所受万有引力等于重力根'9=鬻

代入M可解得9=需

答：(1)“天问一号”环绕火星运动的线速度的大小为齐；

(2)火星的质量为需；

(3)火星表面的重力加速度的大小为需。

【解析】(1)由线速度定义可得“天问一号”环绕火星运动的线速度的大小；

(2)根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可求火星的质量；

(3)根据火星表面的物体所受万有引力等于其重力可求火星表面的重力加速度的大小。

本题考查万有引力定律在天体运动中的基本应用，其基本解题方法是根据人造卫星的万

有引力等于向心力以及星球表面重力等于万有引力两个规律求解，本题难度较小。

19.【答案】解：(1)根据安培定则可知通电直导线下方的磁场方向垂直于水平面向下，

且远离导线磁感应强度减弱，所以金属框中的磁通量向里减小，根据楞次定律可得感应

电流方向为顺时针；

(2)根据对称性可知，金属框左右两边安培力大小相等、方向相反，沿x方向合外力为

零，所以金属框在x方向做匀速直线运动；

由于靠近导线磁场强，所以沿y轴正方向磁场逐渐减小，与)，轴垂直的两边所受安培力

合力与沿y轴的运动方向相反，大小逐渐减小，沿y负方向的加速度逐渐减小、沿y轴

的速度减小的越来越慢，速度-时间关系图像如图所示；

(3)最终金属框沿水平方向做匀速直线运动，根据能量转化与守恒定律可得：Q热=

2

|mvo—im(v0cos0)

解得：Q热诏sin?。。

答：(1)金属框刚运动时感应电流的方向为顺时针；

(2)金属框沿x