2021年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷

2021年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷

1.下列说法中正确的是（）

A.汤姆孙发现电子，并测定了电子的电荷量

B.卢瑟福根据a粒子散射实验，提出了原子“枣糕模型”

C.核反应用8〃7$47vl+x中，X代表的是a粒子，该过程表示a衰变

D.原子从低能级跃迁到高能级时，一定要辐射一定频率的光子

2.下列说法中正确的是（）

A.只要温度相同，任何分子的平均速率都相同

B.阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动

C.100个分子的分子动能和分子势能的总和就是这100个分子的内能

D.水的温度越高，水分子的热运动越剧烈

3.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）

A.温度升高，分子平均动能一定增大

B.温度升高，内能不一定增大

C.气体对外做正功，内能一定减小

D.气体压强减小，分子的密集程度一定减小

4.由a和b两种频率的光组成的光束,经玻璃三棱镜折射后A

的光路如图所示。其中a光是氢原子由n=4的能级向n=V,____

2的能级跃迁时发出的。下列说法中正确的是（）三嬴

A.光束绕入射点顺时针旋转时，。光将先发生全反射

B.在真空中，a光的传播速度大于人光的传播速度

C.用同一单缝衍射装置进行实验，。光的衍射现象比b光的衍射现象更明显

D.若用人光照射某种金属时能发生光电效应现象，则改用a光照射该种金属时一

定也能发生光电效应现象

5.图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，图乙为P处质点的振动图像。下列说法

中正确的是（）

A.该波一定沿x轴正方向传播

B.该波的传播速度为2（hn/s

C.此时刻质点尸的速度大于质点Q的速度

D.经过0.3s后，质点P通过的路程为3m

6.如图所示，4、B为两个等量异种点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为

连线中垂线上的一点。今将一带负电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。

下列说法中正确的是（）

¥

（

i

I

I

*

I

0-----G.........................■

（

।

I

A.A点的场强比C点的场强小

B.A点的电势比C点的电势低

C.从A点移到8点的过程中，电场力对该试探电荷做正功

D.从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能保持不变

7.线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线

和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的

几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直

放置。若电流从电流表“+”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能

观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是（）

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14

c

HH.

d

-

p

D-

-

Ef.J

以!।威m?助西工在同

_水羊面内做匀iSSJg运动

8.如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在

水平木板上面铺一张白纸，把一块两面平行的玻璃砖

放在纸上，描出玻璃砖的两个边a和优。然后在玻璃

病的一侧插两个大头针A、B,A8的延长线与直线〃

交于。点。在另一侧再插第三个大头针C,使它把A、

B的像都挡住，插第四个大头针。，使它把A、B的

像及第三个大头针C都挡住。那么后两个大头针就

确定了从玻璃砖射出的光线CD，C。的延长线与直线a'交于。'点。下列说法中正确

的是（）

A.只要入射角%足够大，光线在界面优上可能发生全反射现象

B.该玻璃砖折射率的表达式为“=今

C.入射光线AB与射出玻璃砖的光线CD是平行的

D.射出玻璃砖的光线相对入射光线来说产生了侧移，入射角越大，侧移越小

9.如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关

节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运

动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正

确的是（）

A.从开始下落到最低点的过程中，小明的动量守恒

B.从开始到下落速度最大的过程中，小明所受合外力先增大后减小

C.从开始到下落至最低点的过程中，小明所受合外力先增大后减小

D.从开始到下落速度最大的过程中小明所受合外力的冲量的大小大于小明从速度

最大处到下落至最低点的过程中合外力的冲量的大小

E.从弹性绳刚好被拉直到下落至最低点的过程中，小明做简谐运动

F.从弹性绳刚好被拉直到速度最大所用时间与从速度最大到最低点所用时间相同

G.当小明速度最大时，小明的加速度也达到最大

H.小明在最低点的加速度在数值上等于重力加速度

I.小明还可以返回起跳的位置

J.从开始到下落速度最大的过程中，小明先失重再超重

10.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1,原线圈接在观=ymcos（wt+<p）

的交流电源上，副线圈接一定值电阻&和滑动变阻器，滑动变阻器的最大阻值为R,

并且R=R°,电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片「由a

端向6端滑动时，下列说法中正确的是（）

A.电流表4、&的示数保持不变

B.电压表匕、%的示数都逐渐增大

C.电压表匕的示数先减小后增大

D.滑动变阻器R消耗的功率可能先增大后减小

E.定值电阻&消耗的功率逐渐增大

F.原线圈的输入功率可能先增大后减小

11.如图所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时\

到达虚线尸Q,然后分别沿半径为G和万⑦>万）的滑道做匀速Q"P

圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运乙

动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小相等，直线冲刺终点线

时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（）

A.在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的大

B.在做圆周运动时，甲的向心加速度大小比乙的小

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C.在直线冲刺阶段，甲所用的时间比乙的长

D.在直线冲刺阶段，甲动能的变化量比乙的大

12.如图所示的闭合电路中，已知电源电动势为E,内阻为八手

随着滑动变阻器滑片的移动可以改变外电路的电阻值R,

电压表的示数。、电流表的示数/、电源内阻消耗的功率

P都将随之改变。以下四幅图中能正确反映P-/、P-U关系的是（）

13.在固定水平木板上有一质量m=1.0kg的物块，其所受水平拉力大小F随时间，的

变化关系如图甲所示，用力传感器测出物块所受摩擦力大小/随时间f的变化关系

如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列判断中正确的是（）

A.5s内拉力对物块做功为零

B.4s末物块所受合力大小为4.0N

C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

D.6s〜9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2

14.2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器在我国内蒙古中部四子王旗着陆场成功着

陆，这一事件标志着我国首次月球采样任务取得圆满成功。此次任务中，为了节省

燃料、保证返回器的安全，也为之后的载人登月返回做准备，返回器采用了半弹道

跳跃返回方式，具体而言就是返回器先后经历两次“再入段”，依靠大气层减速。

返回器从A点第一次再入过程中，除受到大气阻力/！外还会受到垂直速度方向的大

气升力人作用，使其能再次从8点跳跃到距地面高度120k机以上的大气，做一段跳

跃飞行后，又再次从C点进入距地面高度120%?以下的大气层，使再入速度达到

安全着陆的要求。这一返回过程如图所示•若返回器飞行中的质量恒为〃?，从以上

给出的信息，可以判断下列说法中正确的是（）

B.返回器从B运动到C的过程中，其机械能先增大再减小

C.返回器在第一次再入段，经过轨道最低点时的向心加速度大小为公

m

D.返回器在A、B、C三点所受万有引力相等

E.返回器在第一次再入段，其从A到最低点的过程中一定做减速运动

F.返回器在跳跃飞行段的最高点处，其所受万有引力一定大于心

G.返回器从在跳跃飞行段的最高点到着落点的过程中，其做平抛运动

15.图1是双缝干涉测光的波长的实验装置示意图。某次实验选用缝间距为d的双缝屏。

已知毛玻璃屏与双缝屏间的距离为L,接通电源使光源正常工作。

（1）某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图2

甲所示，图甲中的数字是该同学给各亮纹的编号，此时游标尺上的读数为匕；接着

再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图2乙所示，此时游标尺上的读数为孙。请根

据上述测量结果，写出这种色光波长的表达式4=（用题中给出的字母表示

）°

（2）干涉实验能够把一些数量级非常小、不便于观测的量（波长2）,放大为便于观测

的量（条纹间距△x）o通过干涉现象还可以观测到一些物理量的微小变化（比如双缝

间距d的微小变化），干涉仪就是这类仪器。基于干涉理论的激光干涉仪L/G。于

2015年首次观测到引力波的存在，其观测到引力波所引起的IO-187n尺度上的变化（

相当于原子核直径的千分之一），进一步证实了爱因斯坦相对论理论的正确性。请

举例写出2〜3个利用将微小量放大的方法进行的实验。

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注*«透慢也为片单三目港/国毛较目便

S1

甲乙

图2

16.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小

球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

测量0M及OP、ON在OM方向测址OP及OM.0N在0P方向的

测；RON及OM、OP在OV方向测;itOP及0M、ON的长度

的投影长度。％、OPQ

图3D

甲乙

图4

(1)某同学在实验中记录了小球三个落点的平均位置M、尸、N,发现M和N偏离了

0P方向,使点0、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示。若要验证两小球碰

撞前后在0P方向上是否动量守恒，则图3中操作正确的是。

(2)“验证动量守恒定律”的实验装置(图4甲)与“研究平抛运动规律”的实验装

置(图4乙)有许多相似之处。比较这两个实验装置，下列说法正确的是»

A.为了记录小球落点位置，进行图4甲实验时，白纸应平铺在复写纸的上方

B.为了记录小球落点位置，进行图4乙实验时，白纸应平铺在复写纸的上方

C.为了减小误差，进行图4甲实验时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑

。.为了减小误差，进行图4乙实验时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑

17.如图所示，竖直面内有一轨道ABC,倾角为。的A8部分与半径为R的圆弧BC部

分平滑连接，轨道C端切线沿水平方向。竖直台阶CD高度为九一质量为相、可

视为质点的滑块，由A处静止滑下，加速度为。，到达8处时速度大小为v,通过

圆弧轨道BC后，由C处水平抛出，经一段时间后落到水平地面DE上。空气阻力

可忽略不计。

(1)求斜坡AB的长度L；

(2)若不计8c段的阻力，画出滑块经过C点时的受力图，并求其所受支持力取的

大小；

(3)滑块落到DE上时所受重力的瞬时功率P。

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18.如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为4的水平匀强电场。在紧靠电场

右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为小

电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速

度％沿半径方向射入匀强磁场区域,然后从N点射出。MV两点间的圆心角4M0N=

120°,粒子重力可忽略不计。

(1)求加速电场板间电压％的大小；

(2)求粒子在匀强磁场中运动时间f的大小；

(3)若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图2所示，带电粒子

垂直射入该电场后仍然从N点射出。求粒子从M点运动到N点过程中，动能的增

加量△后上的大小。

图1图2

19.电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，

电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。

(1)电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图所示的装置：无限

长平行光滑金属导轨相距L导轨平面水平，电源电动势为E,内阻不计。垂直于

导轨放置-根质量为根的导体棒导体棒在两导轨之间的电阻为R,导轨电阻

可忽略不计。导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为B,导体棒运动

过程中，始终与导轨垂直且接触良好。闭合开关S,导体棒由静止开始运动，运动

过程中切割磁感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把

这个电动势称为反电动势E友，此时闭合回路的电流大小可用/=胃来计算。求：

①导体棒运动的速度大小为丫时，导体棒的加速度〃的大小；

②导体棒从开始运动到稳定的过程中电源释放的总电能E也的大小；

(2)质量为机的电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力与车速的关系可认为/=

kv2,其中k为己知常数。则

①当电动汽车以速度v匀速行驶时，汽车电动机的输出功率P;

②当电动汽车的牵引力厂与速度v满足怎样的关系时，电动汽车可以以最大速度匀

速前行？

③若该电动汽车的最大输出功率为之，试导出汽车的最大速度外的表达式；

④若电动汽车始终以最大输出功率之启动，经过时间后电动汽车的速度大小为火,

求该过程中电动汽车克服空气阻力所做的功必。

20.静电场可以用电场线和等势面来形象描述，已知静电力常量为鼠

图3

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(1)真空中有一电荷量为。的正点电荷，其周围电场的电场线和等势面分布如图1

所示。等势面品、S2到点电荷的距离分别为巳、上，其电势分别为%和W2,利用电

场力做功与电势能改变量间的关系及电势的定义，证明：%＞卬2；

(2)类似于磁通量我们可以定义电场的电通量：对于放置于电场中的任意曲面，我

们都可以将其划分为无穷多足够小的面元AS,每个面元即可视为平面，且穿过该

面元的电场也可视为匀强电场，那么电场强度沿着垂直于面元的分量”与的乘

积即为穿过的电通量，对整个曲面求和就得到了穿过该曲面的电通量，即。=

对于电通量，我们也可以将其形象化地理解为穿过某一曲面的电场线的

条数，若同一簇电场线先后穿过了两个不同的曲面，则穿过这两个曲面的电通量相

等。

①利用电通量的定义计算(1)问中穿过等势面S1的电通量大小。1；

②两个不等量异种电荷所形成的电场并不完全对称，如图2所示曲线为从电荷量为

+qi的正点电荷出发、终止于电荷量为-勺2的负点电荷的一条电场线，该电场线在

正点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角为a,在负点电荷附近的切线方向与

两电荷的连线夹角为d利用电通量的性质求a与0之间的关系，并据此判断qi和“2

的大小关系。(如图3所示，已知半径为r,高度为的球冠面积公式为S=2口向

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、汤姆生发现电子，电子的发现使人类认识到分子是可以分割的，密立

根通过油滴实验精确测得电子的比荷，故4错误；

B、卢瑟福根据a粒子散射实验，提出了原子的“核式结构模型”，故8错误；

C、根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数为4,电荷数为2,X是a粒子即氢原子，

此反应是a衰变，故C正确；

。、原子从低能级跃迁到高能级时，一定要吸收一定频率的光子，故。错误。

故选：Co

汤姆生发现电子，提出了原子的“糟糕模型”；

卢瑟福根据a粒子散射实验，提出了原子的“核式结构模型”；

根据质量数守恒判断生成产物和反应类型；

根据波尔理论分析。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一

2.【答案】D

【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，相同温度下所有分子的平均动能相同，

但由于分子质量不同，故分子的平均速率并不相同，故A错误；

3、布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒的无规则运动，从阳光中看到的尘埃的运动

是由于空气的流动造成的，不是布朗运动，故B错误；

C、物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，对一个或几个分子不存在

内能这一概念，故C错误；

。、分子热运动与温度有关，水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故。正确。

故选：Do

温度是分子热运动平均动能的标志，分子热运动的平均动能与热力学温度成正比；布朗

运动是悬浮微粒的无规则运动，肉眼时看不见的；物体的内能是指物体内所有分子动能

和分子势能的总和，对一个或几个分子不存在内能这一概念；分子热运动是物体内部分

子的无规则运动，其剧烈程度与温度有关。

本题考查分子热运动的基本性质，要注意明确温度是统计规律，温度升高时分子的热运

动剧烈，注意布朗运动是固体小颗粒的无规则运动。

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3.【答案】3

【解析】解：A、温度是分子动能的宏观表现，所以温度越高，分子平均动能越大，故

A正确；

8、一定质量的理想气体，内能为所有分子的总动能，所以温度升高，平均动能增加，

内能也增大，故B错误；

C、改变内能的两种方式为做功和热传递，只强调气体对外做功，未知热传递的变化，

所以判断不出内能的变化。故C错误；

。、对于一定质量的气体，分子的密集程度看体积，压强减小时，体积变化未知，所以

密集程度未知。故。错误。

故选：A。

明确理想气体的性质，根据理想气体，内能就是分子动能分析温度变化的影响；根据改

变内能的两种方式为做功和热传递；根据气体压强和分子的平均速率和数密度有关确定

压强变化时分子密集程度是否发生变化。

本题考查理想气体的性质以及气体压强的微观解释，的难点是气体压强的微观解释，这

是学生容易出现错误的地方。

4.【答案】C

【解析】解：A、由图可知，三棱镜对h光的折射程度较大，则该三棱镜对6光的折射

率较大，故4错误；

B、真空中光速都一样，故B错误；

C、。光折射率小，则频率小，波长大，波长越大则衍射现象越明显，故〃光更明显，

故C正确；

。、光折射率小，则频率小，由光子能量£=的可知，频率越小，光子能量越小，故a

光的光子能量小于b光，则用〃光照射某种金属时能发生光电效应现象，则改用。光照

射该种金属时不一定也能发生光电效应现象，故。错误；

故选：Co

由光线的偏折程度确定折射率的大小，进而确定光速以及光子能量的大小，结合能级跃

迁知识确定发出光子时对应跃迁的能级。

本题考查了光的折射、能级跃迁等相关问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了

学生掌握知识与应用知识的能力。

5.【答案】B

【解析】解：4根据图像，只能知道t=0时刻P点处于负向最大位移处，其速度为零，

因此无法判断波的传播方向，故A错误；

正由图可知波长入=4m,周期7=0.2s,则波速f代入数据计算可得"=20m/s,

故8正确；

C.此时刻P位于最大位移处，速度为零，。位于平衡位置，速度最大，故C错误；

D经过0.3s,即|个周期，P通过的路程为s=|-44=|x4x0.2m=1.2m,故力错误。

故选：B.

根据图像，根据尸所处的位置，看能否判断波的传播方向；由图可知波长和周期，由口=9

可计算波速；根据两质点的位置上可比较速度的大小；计算0.3s与周期的关系，即可计

算P通过的路程。

本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。考查知识点全面，

重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

6.【答案】D

【解析】解：人等量异种点电荷的连线上8点电场强度最小，中垂线上B点电场强度

最大，所以A点场强大于C点场强，故A错误；

8、沿电场线方向电势降低，A点电势高于8点电势，等量异种点电荷连线的中垂线是

等势面，C点电势等于8点电势，所以A点的电势比C点的电势高，故8错误；

C、负电荷受力与电场线方向相反，所以将负点电荷从A移到B,电场力做负功，故C

错误；

。、等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，电场力不做功，将负点电荷从8移到C电

场力做功为零，电荷的电势能不变，故。正确。

故选：。。

根据等量异种点电荷的电场分布分析：等量异种点电荷的连线上中点电场强度最小，中

垂线上中点电场强度最大；等量异种点电荷连线的中垂线是等势面。正电荷所受电场力

方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反；电场力做正功

电势能减小，沿等势面运动电场力不做功。

对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，可利用电场

的叠加原理分析各点的场强，注意电场强度是矢量，电势为标量。电场力做功正负，决

第14页，共25页

定于电场力与运动的方向关系。

7.【答案】BCDE

【解析】解：人该图中当磁铁平行线圈向上运动时，穿过线圈的磁通量向下减小，根

据楞次定律可知，产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电

流从负极流入电流计，则电流计指针向左偏转，故4错误；

8、该图中当磁铁向线圈远离时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，产

生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流计,

则电流计指针向左偏转，故8正确；

C、当磁铁按如图所示的方式向上运动时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量向下增大，

根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应

电流从正极流入电流计，则电流计指针向右偏转，故C正确；

。、当磁铁按如图所示的方式向下运动时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量向上增大，

根据楞次定律可知，产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应

电流从负极流入电流计，则电流计指针向左偏转，故。正确；

E、当磁铁按如图所示的方式旋转时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，

产生感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流

计，则电流计指针向左偏转，故E正确；

F、当磁铁按如图所示的方式旋转时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不会有感应电流，

故F错误；

故选：BCDE。

判断线圈内磁通量的变化情况，根据楞次定律，判断产生感应磁场方向，再由右手螺旋

定则，判断线圈内感应电流的方向。

本题主要考查线圈内感应电流的方向，解题的关键先判断原磁场的方向和线圈内磁通量

的变化情况，再利用楞次定律和右手螺旋定则分析求解。

8.【答案】C

【解析】解：A、由于从优界面上发生折射的入射光线是从

“面上的折射光线，而多＜C，那么在优面的入射光的入射

角小于临界角，不会发生全反射，故A错误；

B、根据折射定律n=普，故B错误；

C、因为两个面的法线是平行的，且在“面的折射角就是优面上的入射角，那么在他面

上的折射角等于在〃面上的入射角%,所以AB平行于C。，故C正确；

D、如图所示，平移的距离△x=dtan%-dtm02,入射角越大，两平行光侧移的距离

越大，故。错误；

故选：Co

此题是用插针法测定玻璃质的实验，基本原理是折射定律"=粤，需要测量入射角和

sint72

折射角，从几何关系判断侧移的距离。

用插针法测定玻璃砖折射率原理是折射定律，根据原理确定需要测量的量。

9.【答案】E1

【解析】解：A、由于小明受到弹力和重力的作用，用两力的合力不为零，所以动量不

守恒，故A错误；

BC.从开始下落到速度最大的过程中，小明开始只受重力，合力不变，绳子张紧后则

受到逐渐增大的弹力，合力减小为零，合力无增大的过程，故B错误。

从开始下落到最低点的过程中，小明受到的合外力是：先恒定，后减小到零（速度最大），

再增大直到速度减小为零，故C错误；

。、由于速度从零到最大，再从最大到零，动量的变化大小相等方向相反，则合外力的

冲量也是大小相等方向相反，故。错误；

E、由于弹性绳的伸长与拉力成正比，整个系统类似于竖直方向的弹射振子，所以是简

谐运动，故E正确；

F、由于弹性绳刚好拉直时的初速度不为零，而最低点的速度为零，那么从刚拉直到速

度最大，与从速度最大到最低点的时间不相等，故尸错误；

G、速度最大时，小明的加速度为零，故G错误；

“、小明在最低点的加速度大于重力加速度，故”错误；

/、不考虑空气阻力和能量损失，由机械能守恒定律可知，小明还能回到出发点，故/

正确；

人从开始到速度最大，加速度一直向下，所以一直是失重，故J错误；

故选：EL

由动量守恒的条件判断动量问题，由牛顿第二定律判断加速度的变化问题和超重失重问

题，由受到的力是否与位移成正比判断是否是简谐运动问题。

本题从一个实例考查物理多个知识点，从每个规律的条件出发去判断是关键。

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10.【答案】E

【解析】解：4B.根据普=件线圈匝数不变，输入电压不变，输出电压不变；当滑动

u2n2

变阻器R的滑片P由〃端向人端滑动，负载总电阻减小，根据/=3可知通过副线圈

的电流增大，根据/=/，可知通过原线圈电流增大；故AB错误；

CE.据上分析，根据U=/R,Ro两端电压URO增大，根据/=〃2-。0，可知滑动变阻

器两端电压外减小，根据P=/2R,定值电阻品消耗的功率逐渐增大；故C错误，E正

确；

»当滑动变阻器R的滑片P由〃端向力端缓慢滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻值

逐渐减小，由于输入电压不变，所以输出电压也不变，则滑动变阻器R消耗的功率

U2,ul

p=R=—D-----

R°-+R.JR+贯+2Ro

当/?=心时，滑动变阻器R消耗的功率最大，故滑动变阻器R消耗的功率一直减小，故

。错误；

足根据P=M，R减小，输出功率增大，理想变压器输入功率随着输出功率的变化而

变化，所以输入功率一直增大，故。错误。

故选：Eo

根据晟=需可判断电压表匕、%的示数变化情况；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器

接入电路的阻值如何变化,根据/==竽可判断电流表4、&的示数;根据U=IR，

P=/A可分析电压表匕的示数以及滑动变阻器R消耗的功率变化;根据P=（念AR可

Ko+K

判断滑动变阻器R消耗的功率变化情况；根据P=旦可判断输出功率的的变化情况,

从而判断输入功率的变化情况。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之

比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；原线圈的电压决定副线圈

的电压；输出功率决定输出功率；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习

与积累。

11.【答案】c

【解析】解：A、由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，

且「2＞万，根据&=巾?可得以＞巧，即在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的小，

故A错误；

B、由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，根据尸=ma

可得，甲的向心加速度和乙的大小相等，故B错误；

C、由于%＞巧，且直线冲刺时的加速度大小相等，根据x=%t+[at2可得，甲所用

的时间比乙的长，故C正确；

D、动能的变化量

22

△=|mv—|mvo=1m(v-VQ)=|mX2ax=max,即在直线冲刺阶段，甲动

能的变化量等于乙动能的变化量，故。错误.

故选：Co

甲乙运动员在做圆周运动时，根据向心力公式判断出线速度和向心加速度大小，在冲刺

阶段，根据运动学公式分析判断。

本题主要考查了匀速圆周运动和匀速直线运动，关键是正确的选取公式，即可判断。

12.【答案】A

【解析】解：A8、电源内阻消耗的功率P=〃r,由于电源的内阻r不变，故电源的总

功率功率P与干路电流/的平方成正比，图线应为二次函数曲线，故A正确，8错误；

CD、电源内电压U的=E—U(USE),电源内阻消耗的功率p=!l=丝处/WE)，

故产随着U增大而减小，且成二次函数关系，故CD错误；

故选：A。

利用电源的总功率P=E/,判断P-/图线；先用电动势E,内阻r,和路端电压U表示

出电路中的电流，再表示「与U的关系式，确定P-U图象。

本题考查闭合电路中的功率问题，解答需推导与图象对应的物理量之间的关系式。P-U

关系图线是本题难点，解决此难点，关键在于用内电压除以内阻来表示电流。

13.【答案】D

【解析】解：A、4s末，摩擦力突变为滑动摩擦力，说明4s末开始运动，4s-5s物体

运动，拉力做功不为零，故4错误；

B、由图像得，4s末拉力为4M摩擦力为3M故合力为1M故8错误；

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C、由图可知，滑动摩擦力为3N,由/="FN=〃mg可知I,动摩擦因数〃=工=潦»=

nrgixiu/v

0.3,故C错误；

D、6s—9s,加速度为。=£，=-m/s2=2M/S2,故。正确。

故选：D.

由图像可得到F与/大小的变化，可以得到4s末物块开始滑动，即可求解。

本题考查摩擦力问题和牛顿第二定律，根据图像得到尸、/随时间的变化情况即可求解。

14.【答案】AF

【解析】解：A、返回器从A到B的过程中，万有引力和大气升力人做功为零，大气阻

力人做负功，动能减小，所以通过A点时的动能大于其通过B点时的动能，故A正确；

B、返回器从B运动到C的过程中，万有引力和大气升力心做功为零，大气阻力/!做负

功，其机械能减小，故B错误；

C、返回器在第一次再入段，经过轨道最低点时受到万有引力尸万和大气升力段的作用，

根据牛顿第二定律可得向心加速度大小为即=胃，故C错误；

D、根据尸=誓可知返回器在A、B、C三点所受万有引力大小相等，方向不同，故。

错误；

E、返回器在第一次再入段，其从A到最低点的过程中垂直速度方向的大气升力％不做

功，万有引力做正功、大气阻力先做负功，由于万有引力做的正功与大气阻力人做的负

功大小不确定，返回器不一定做减速运动，故E错误；

F、返回器在跳跃飞行段的最高点处，合力方向指向地心，根据牛顿第二定律可得：F'万一

f2=m三,所以返回器所受万有引力一定大于心,故尸正确；

G、返回器从在跳跃飞行段的最高点到着落点的过程中，合力的大小和方向都发生变化，

不是做平抛运动，故G错误。

故选：AF<,

返回器从A到8的过程中，合外力做负功，动能减小；

返回器从8运动到C的过程中，大气阻力人做负功，由此分析机械能的变化；

返回器在第一次再入段经过轨道最低点时受到万有引力F万和大气升力心的作用，由此

分析向心加速度大小；

返回器在A、B、C三点所受万有引力方向不同;

根据各个力的做功情况分析返回器的运动情况；

返回器在跳跃飞行段的最高点处，合力方向指向地心，根据牛顿第二定律分析力的大小

关系；

返回器从在跳跃飞行段的最高点到着落点的过程中，合力的大小和方向都发生变化，由

此分析是否为平抛运动。

本题主要是考查功能关系、机械能守恒定律、曲线运动等知识，关键是弄清楚返回器的

受力情况和运动情况，根据功能关系、向心力的计算公式、平抛运动的特点进行分析。

15.【答案】绞押油膜法测分子直径；卡文迪许扭称实验测；库仑扭称实验；微小

形变的观察及测量等

【解析】解：（1）如图2甲所示，此时游标尺上的读数为与；如图2乙所示，此时游标

尺上的读数为打。那么相邻条纹间距为：△%=宣

再依据双缝干涉条纹间距公式4%=―九那么光波长的表达式；I=gx=笺衿；

aL6L

（2）运用微小量放大的方法进行的实验还有：油膜法测分子直径；卡文迪许扭称实验；

库仑扭称实验；微小形变的观察及测量等；

故答案为：（1）约押；（2）油膜法测分子直径；卡文迪许扭称实验测；库仑扭称实验；

微小形变的观察及测量等。

（1）依据双缝干涉条纹间距公式结合相邻条纹间距，即可求解；

（2）根据微小量放大的方法，举例说明。

考查干涉的原理，掌握干涉条纹间距公式，理解微小量放大的实验方法，注意图甲与图

乙两读数的间距不是相邻条纹间距。

16.【答案】BC

【解析】解：（1）小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水

平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要

测量0P及OM、0N在0P方向的投影长度。%,ON。，故B正确，ACZ）错误；

故选：B；

（2）48、为了记录小球落点位置，进行实验时，白纸应平铺在复写纸的下方，故43错

、口

庆；

C、进行图甲实验时，探究动量守恒定律，根据动量守恒定律的条件，为了减小碰撞后

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水平方向摩擦力的影响，应使斜槽末端水平部分尽量光滑，故C正确；

。、进行图乙实验时，探究平抛运动规律，保持小球每次释放位置一定，摩擦力影响相

同即可，此时小球抛出的速度是不变的，不需要使斜槽末端水平部分尽量光滑，故。

错误；

故选：Co

故答案为：（1）B；（2）C»

根据验证动量守恒定律和研究平抛运动规律的实验要求即可判断。

本题考查验证动量守恒定律和研究平抛运动规律的实验，需要熟练掌握两实验的注意事

项。

17.【答案】解：（1）物块在阶段做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动学公式：

2aL=v2—0

解得：L

从B到C根据动能定理：mg{R—Reos。）=—^mv2

根据牛顿第二定律：FN-mg=m^

解得：FN=3mg-2mgcos9+7-

（3）平抛过程竖直方向为自由落体运动：

2gh=埼-0

解得：vy=J2gh

落地时重力的瞬时功率为：

P=mgvy-mgyj2gh

答：（1）求斜坡4B的长度L为2；

（2）若不计BC段的阻力，画出滑块经过C点时的受力图如图，支持力FN的大小为3mg-

mv2

2cmgeosBn+।

(3)滑块落到OE上时所受重力的瞬时功率为

【解析】根据牛顿第二定律和运动学公式求位移和弹力，根据平抛竖直方向是自由落体

运动求竖直方向的速度，根据重力瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度求解

解题时注意求解重力的功率时用重力乘以竖直方向的速度。

18.【答案】解：⑴粒

子在加速电场运动过程

中，由动能定理可得：

j12

qUTo=~mv^

解得：%=用；

(2)根据题意作出粒子

图1

在磁场中的运动轨迹如

图1所示，设粒子在磁场中的运动轨迹半径为Ro，

根据洛伦兹力提供向心力可得：qv°B=警,

粒子轨迹对应的圆心角为：20=180°-120°=60°

由几何关系可知：&=高示=8凡

解得：8=粤，

3qR

粒子在匀强磁场中运动时间t==：x粤=等；

66qB3v0

(3)磁场改成电场后，带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子的运动轨迹如图2所示；

粒子从M点开始做平抛运动

O

水平方向：vQt=/?+/?cos60°="/?,

竖直方向：-at2=Rsin60°=—/?»

22

设该电场强度为Ei，则qEi=nm,联立解得：E1=啜琏,

增加的动能等于电场力做功：△=qEiRsin60。

联立解得：1mvl。

答：(1)加速电场板间电压名的大小为甯；

(2)粒子在匀强磁场中运动时间为警

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(3)粒子从M点运动到N点过程中，动能的增加量△Ek的大小为|m诏。

【解析】(1)粒子在加速电场运动过程中，由动能定理求加速电场板间电压％的大小；

(2)根据题意可作出粒子运动轨迹，由几何关系可求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，

根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度，根据周期公式求解粒子在磁场中运动的时间:

(3)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律结合几何关系可求出电