2022年北京市丰台区高考物理一模试卷（附答案详解）

2022年北京市丰台区高考物理一模试卷

1.下列关于物理学史的叙述不正确的是（）

A.汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构

B.贝克勒尔发现了天然放射现象，表明原子核内部具有结构

C.玻尔理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律

D.爱因斯坦的光电效应方程可以很好地解释光电效应现象

2.有关红、绿、紫三束单色光，下述说法正确的是（）

A.红光频率最大

B.在空气中红光的波长最小

C.红光光子的能量大于绿光光子的能量

D.用同一双缝干涉装置看到的紫光相邻两条亮条纹间距最小

3.纳米微吸材料是一种新型材料。如图所示，一手机被吸附在由

纳米微吸材料制成的手机支架上，此时手机处于静止状态。若

手机质量为小，手机和水平面的夹角为。，重力加速度为g,手

机支架对手机的作用力大小为（）

A.mg

B.mgsind

C.mgcosB

D.mgtand

4.如图所示，长为/的细绳下方悬挂一小球a,绳的另一端固定在天花板上0

点处。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（小于5。）后由静止

释放，并从释放时开始计时。小球相对于平衡位置。的水平位移为X,向/

右为正，则小球在一个周期内的振动图像为（）

O

5.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、be、ca三个

过程回到原状态。其7图像如图所示，下列说法正确的

是（）

A.ab过程中外界对气体做功

B.ca过程中气体从外界吸热

C.处于状态c的气体压强最大

D.处于状态a的气体分子的平均动能最大

6.如图所示，a为在地球赤道表面随地球一起自转的物体,

b为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星，轨道半径可近

似为地球半径。假设a与b质量相同，地球可看作质量

分布均匀的球体，比较物体a和卫星b（）

A.角速度大小近似相等

B.线速度大小近似相等

C.向心加速度大小近似相等

D.所受地球引力大小近似相等

7.如图所示，物块放在与水平面夹角为。的传送带上，且

始终与传送带相对静止。关于物块受到的摩擦力/,下列

说法正确的是（）

A.当传送带匀速向上运动时，f的方向一定沿传送带向下

B.当传送带减速向上运动时,/的方向一定沿传送带向上

C.当传送带加速向上运动时,/的方向一定沿传送带向上

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D.当传送带加速向下运动时，/的方向一定沿传送带向下

交流发电机的示意图如图所示，当线圈4BCD绕垂直于磁

场方向的转轴。。'匀速转动时，电路中产生的最大电流为

Im，已知线圈转动的周期为T,下列说法正确的是（

A.图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大

B.图示位置电流最大，方向为ATB

C.从图示位置开始经过电流方向将发生改变

D.从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=/„^11年t

9.如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，R为定值电阻，&为滑动变阻

器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变

阻器&的滑片P向上移动过程中，下列说法正确的是（）

恒沅源RV）也

A.电路中总电阻减小B.电流表的示数减小

C.电压表的示数减小D.恒流源输出功率减小

10.如图所示，以点电荷-Q为球心画出两个球面1和2,半径球面2/^

分别为％和&，a点位于球面1上，b点位于球面2上。下b（启

列说法正确的是（）

A.a点电势高于b点电势

B.a、b两点场强比为反:Rl

C.穿过球面/的电场线总条数比穿过球面2的多

D.将带正电的点电荷q从a点移动到b电势能减小

11.如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场边界的：:

速度"射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原：*

来射入方向的夹角为。=30。，磁场的磁感应强度大小为B。由

此推断该带电粒子（

A.带负电且动能不变

B.运动轨迹为抛物线

C.电荷量与质量的比值为高

U.D

D.穿越磁场的时间为受

12.将质量为7H的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程

中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（）

A.上升过程的时间大于下落过程的时间

B.上升过程中机械能损失小于下落过程中机械能损失

C.上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量

D.上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量

13.某同学通过实验测定阻值约为50的电阻&，用内阻约为3k。的电压表，内阻约为

0.1250的电流表进行测量。他设计了图甲和图乙两种电路，下列说法正确的是（）

A.实验中应采用图甲电路，此电路测得的&偏大

B.实验中应采用图乙电路，此电路测得的勺偏大

C.实验中应采用图甲电路，误差主要是由电压表分流引起的

D.实验中应采用图乙电路，误差主要是由电流表分压引起的

14.“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血

沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下

沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体。已知红细胞下落受到血液

的粘滞阻力表达式为/=6兀b外其中乙为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为

红细胞运动的速率。若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速

度为。优,红细胞密度为Pi，血液的密度为P2。以下说法正确的是（）

A.该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动

B.该红细胞的半径可表示为r=、

C.若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较大

D.若采用国际单位制中的基本单位来表示〃的单位，则其单位为能

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15.物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分

析等。例如:

(1)实验仪器。在“练习使用多用表”实验时，某同学用多用表的电阻“X10”挡

测定值电阻阻值，表盘的示数如图1所示，则该阻值R=_______0。

(2)数据分析。某同学用插针法测定一个半圆形玻璃砖的折射率。正确操作后，做

出的光路图如图2所示。。为圆心，已知4B的长度为。，4。的长度为I2，CD的长度

为％，。。的长度为〃，则此玻璃砖的折射率可表示为。

(3)实验原理。用橡皮筋、细绳套和弹簧测力计完成“探究两个互成角度的力的合

成规律”实验。两同学根据实验数据分别做出的力的图示如图甲、乙所示。你认为

哪位同学实验过程有问题？请说明你的理由_____。

16.探究向心力大小尸与物体的质量m、角速度3和轨道半径r的关系实验。

(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的；

4探究平抛运动的特点

B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

C探究两个互成角度的力的合成规律

D探究加速度与物体受力、物体质量的关系

(2)某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。

甲乙

a.三个情境中，图是探究向心力大小尸与质量m关系(选填“甲”、“乙”、

“丙”)。

b.在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为1：4,则实验中选取两个变速塔轮的

半径之比为o

17.某物理兴趣小组利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直

槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感

器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动

需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角

速度传感器测得。

(1)小组同学先让一个滑块做半径r为0.14m的圆周运动，得到图甲中①图线。然后

保持滑块质量不变，再将运动的半径r分别调整为0.12m、0.10m,0.08m,0.06m,

在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、④、⑤四条图线.

(2)对①图线的数据进行处理，获得了F-x图像，如图乙所示，该图像是一条过原

点的直线，则图像横坐标x代表的是。

(3)对5条尸-3图线进行比较分析，得出3—定时，F83的结论。请你简要说明得

到结论的方法

18.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度xxX”xx

L=0.4m,一端连接R=10的电阻。导轨所在空间存

在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=17。导体棒

MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接xxxNxx

触良好。导轨和导体棒的电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒由

静止开始沿导轨向右以a=lm/s2的加速度匀加速运动，己知导体棒的质量m=

0.1kg。求：

(1)速度"=5m/s时，导体棒MN中感应电流/的大小和方向；

(2)请推导拉力?随时间t变化的关系式；

(3)若在t=5s时撤掉拉力，求从撤掉拉力到导体棒停止运动的过程中，导体棒克服

安培力所做的功W。

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19.如图所示，半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆与光滑水平地面相切

于最低点4。质量为小的小球以初速度%从4点冲上竖直圆环，沿轨道运动到B点飞

出，最后落在水平地面上的C点，重力加速度为g,不计空气阻力。

(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度大小⑦

(2)求A、C两点间的距离x；

(3)若半圆形轨道不光滑，小球仍以初速度处从4点冲上半圆轨道后，恰好能沿轨道

运动到B点飞出，落在水平地面上。点。请你在图中标出。点的大致位置；并求出小

球落在C点时动能与落在。点时动能的差值。

20.类比是研究问题的常用方法。

(1)情境1：如图甲所示，设质量为僧1的小球以速度火与静止在光滑水平面上质量

为血2的小球发生对心碰撞，碰后两小球粘在一起共同运动。求两小球碰后的速度

大小u；

(2)情境2：如图乙所示，设电容器的充电后电压为闭合开关K后对不带电的电

容器放电，达到稳定状态后两者电压均为U；

a.请类比(1)中求得的"的表达式，写出放电稳定后电压U与6、C2和比的关系式；

b.在电容器充电过程中，电源做功把能量以电场能的形式储存在电容器中。图丙为

电源给电容器G充电过程中，两极板间电压II随极板所带电量q的变化规律。请根据

图像写出电容器G充电电压达到%时储存的电场能E；并证明从闭合开关K到两电

容器电压均为U的过程中，损失的电场能=

（3）类比情境1和情境2过程中的“守恒量”及能量转化情况完成下表。

情境1情境2

动量守恒

损失的电场能/E=ME

5乜2

减少的机械能转化为内能

21.2021年4月我国空间站天和核心舱成功发射，核心舱首次使用了一种全新的推进装

置一一霍尔推力器。其工作原理简化如下：如图甲所示，推力器右侧阴极逸出（初

速度极小）的一部分电子进入放电室中，放电室内由沿圆柱体轴向的电场和环形径

向磁场组成，电子在洛伦兹力和电场力的共同作用下运动，最终大多数电子被束缚

在一定的区域内，与进入放电室的中性推进剂工质（筑原子）发生碰撞使其电离；电

离后的武离子在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为在轴向电场力作用下的直线

运动，飞出放电室后与阴极导出的另一部分电子中和并被高速喷出，霍尔推力器由

于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推力器，电离后的氤

离子初速度为0,经电压为U的电场加速后高速喷出,能离子所形成的等效电流为九

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已知一个僦离子质量为m,电荷量为q,忽略离子间的相互作用力和电子能量的影

响，求：

(1)单位时间内喷出债离子的数目N；

(2)霍尔推力器获得的平均推力大小F；

(3)放电室中的电场和磁场很复杂，为简化研究，将图甲中磁场和电场在小范围内

看做匀强磁场和匀强电场，俯视图如图乙所示，设磁感应强度为B,电场强度为E。

选取从阴极逸出的某电子为研究对象，初速度可视为0,在小范围内运动的轨迹如

图，已知电子质量为nie，电荷量为e,忽略电子间，电子与离子间的相互作用力,

求电子在沿轴向方向运动的最大距离

图甲图乙

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、汤姆孙发现了电子，卢瑟福的a粒子散射实验，揭示了原子的核式结

构，故A错误；

8、贝克勒尔发现了天然放射现象，表明原子核内部具有复杂的结构，符合史实，故B

正确；

C、玻尔理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，符合史实，故C正确；

£＞、爱因斯坦的光电效应方程可以很好地解释光电效应现象，符合史实，故。正确。

本题选不正确的，

故选：4。

本题是物理学史问题，根据汤姆孙、贝克勒尔、玻尔、爱因斯坦等人的物理学贡献进行

解答。

本题考查物理学史，是常识性问题，解决本题的关键是平时在学习物理学主干知识的同

时，要加强物理学史的学习和积累。

2.【答案】D

【解析】解：AB.红光的波长最长，频率最小，故AB错误；

C.红光的频率小于绿光的频率小，所以红光光子的能量小于绿光光子的能量，故C错误;

D根据公式』

紫光的波长最短，用同一双缝干涉装置看到的紫光相邻两条亮条纹间距最小，故力正确。

故选：Do

红光、绿光与紫光的折射率不同，则在介质中传播速度也不同.在空气中由于它们的波

长不同，则它们的频率不同，同时它们光子的能量也不同。

对于红光、绿光和紫光的折射率、在介质中传播速度、频率、波长和光子能量的关系，

是考试的热点，可根据光的色散现象、干涉和衍射实验进行理解，并加强记忆.

3.【答案】A

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【解析】解：手机受到重力、摩擦力、支持力、吸引力，手机支架对手机的作用力是指

摩擦力、支持力、吸引力的合力。手机处于静止状态，由共点力的平衡可知，手机支架

对手机的作用力应该与重力平衡，大小为mg,方向竖直向上，故A正确，BCO错误。

故选：Ao

手机处于静止状态，对手机受力分析，受重力、支持力、吸引力、静摩擦力，受力平衡，

根据平衡条件分析即可。

本题考查了共点力平衡问题，解题关键是掌握平衡条件的推论，灵活应用正交分解法，

分析力之间的关系。

4.【答案】A

【解析】解：从释放时开始计时，即t=0时小球的位移为正向最大，故A正确，BCD

错误；

故选：4。

根据单摆位移一时间图像为正余弦形状，从计时开始时单摆位置来确定图像即可。

本题主要考查了单摆的位移一时间图像，解题的关键是计时开始时单摆的位置，采用排

除法即可。

5.【答案】C

【解析】解：4ab过程中，体积增大，气体对外做功，故A错误

B.ca过程中，温度降低，气体内能减小，21(/<0；体积不变，IV=0。由热力学第一定

律4U=W+Q可知，Q<0,故气体对外放热，故8错误

C由理想气体状态方程景=配可知U=故V-T图像中等压线为过原点的一次函

数。且斜率与压强成反比，由图可知c点与原点连线的斜率最小，故处于状态c的气体压

强最大，故C正确；

D温度是分子平均动能的标志，由图可知，a点温度最低，故a点分子平均动能最小，D

错误；

故选：Co

根据热力学第一定律可以分析气体经历的各种变化情况下做功问题、吸放热问题，由此

可以判断选项。

本题考查热力学第一定律和理性气体方程的应用，属于基本问题，题型简单。

6.【答案】D

【解析】解：4B.根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：6等=妙，解得线速

度为：Dug，近地卫星的半径小于同步卫星，则近地卫星的线速度大于同步卫星；

同步卫星与地球自转角速度相同，半径大于地球半径，同步卫星线速度大于a的线速度，

则近地卫星线速度大于a的线速度；近地卫星线速度大于a的线速度，半径近似相等，由

公式3=票=：,可知近地卫星角速度大于a的角速度，故A8错误；

C.近地卫星线速度大于a的线速度，半径近似相等，由向心加速度公式的=9可知近，

地卫星向心加速度大小大于a的向心加速度大小，故C错误；

D由万有引力公式得：F=普，a与b质量相同，半径近似相等，a与b所受地球引力大

小近似相等，故。正确。

故选：Do

根据万有引力提供向心力，求得卫星的线速度，结合同步卫星与地球自转角速度相同，

根据匀速圆周运动公式进行判断；由万有引力公式求解。

本题考查了随地球一起自转的物体与绕地球做匀速圆周运动的近地卫星的区别，注意随

地球一起自转的物体是万有引力一个极小的分力提供向心力，绕地球做匀速圆周运动的

近地卫星是万有引力提供向心力.

7.【答案】C

【解析】解：A物块放在与水平面夹角为。的传送带上，且始终与传送带相对静止，当

传送带匀速向上运动时，根据平衡条件知摩擦力与沿斜面向下的重力的分力等大反向，

/的方向一定沿传送带向上，故4错误；

BD.当传送带减速向上运动或加速向下运动时，物块始终与传送带相对静止，由牛顿第

二定律得/+mgsind=ma

当a=gsinS时，静摩擦力为零；当a>gsin。时，静摩擦力沿斜面向下；当a<gsin。时，

静摩擦力沿斜面向上；故BD错误；

C.当传送带加速向上运动时，块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得了-

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mgsind=ma

r的方向一定沿传送带向上，故c正确。

故选:Co

根据传送带运动情况，结合物块与传送带始终静止，由牛顿第二定律分析摩擦力.

本题考查了牛顿第二定律应用，解题关键是掌握受力分析，当传送带加速度向下时，需

要进行讨论。

8.【答案】D

【解析】解：ABC,图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，

每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；

D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为/=/mSin与t,故£＞正确。

故选：D=

线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大,磁通量的变化率最小，

电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线

圈中电流i随时间t变化的关系式为1=/msinyto

本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率

最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次

9.【答案】B

【解析】解：4滑动变阻器的滑片向上移动，接入电路的电阻变大，根据并联电路的特

征，电路中总电阻增大，故A错误；

BC.恒流源流出的总电流不变，滑动变阻器的滑片向上移动，接入电路的电阻变大，电

路中总电阻增大，则并联部分总电压增大，即电压表示数增大，则流过R的电流增大，

由于总电流不变，则流过&的电流减小，即电流表示数减小，故8正确、C错误；

D根据P=〃R总，由于恒流源电流大小不变，总电阻变大，所以恒流源输出功率增大，

故。错误.

故选：B。

本题考查的是闭合电路动态分析问题，利用支路中电阻的变化，判断总电阻的变化，再

根据E=/(R+r)判断电流的变化，再结合出串并联电路电流分配的特点，求得每个用

电器的电流。并可以计算出对应的电功率。

本题考查的是闭合电路动态分析问题，外电路的电阻和电源的内阻相等时电源的输出功

率最大，是学生愿意出现错误的地方。

10.【答案】B

【解析】解：力、点电荷-Q的电场线指向点电荷，电势沿电场线方向降低，则a点电势

低于b点电势，故A错误

B、根据点电荷产生的电场公式E=当，则a、b两点场强比为兽=第，故B正确

2

rEbR{

C、穿过任何一个球面的电场线总条数相同，故C错误

。、将带正电的点电荷q从a点移动到b,电势升高，电势能增加，故。错误。

故选：B.

明确负点电荷产生的电场线分布图，知道沿电场线方向电势逐渐降低，根据电荷受力，

判断出电场力做功，判断出电势能的变化。

本题主要考查了点电荷的电场线分布图，明确电场力做功与电势能的关系即可。

11.【答案】D

【解析】解：4根据左手定则，粒子带正电，故A错误

2.该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故8错误

O

C.根据牛顿第二定律quB=

又因为5出30。=3

解得A=就

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故C错误

D穿越磁场的时间为“斯

周期7=笨

qB

解得t=^

故。正确。

故选：Do

根据图可知电荷开始受到向下的洛伦兹力，且洛伦兹力与运动方向始终垂直，故电荷做

圆周运动；由左手定则判断电荷带负电；画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，根据

洛伦兹力充当向心力求出比荷;根据由几何知识求出轨迹所对的圆心角a,由"言7'求

360

出时间。

本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由

几何知识求半径是常用方法。

12.【答案】C

【解析】解：4设空气阻力大小为人上升过程的加速度大小为的,由牛顿第二定律得

mg+/=mat

解得：%=g+—

设下降过程的加速度大小为。2，由牛顿第二定律得mg-/=rna2

解得：。2=g-工

所以上升过程的加速度大小大于下降过程的加速度大小，由于上升和下降的位移相等,

由运动学公式X=［如2

可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，故4错误

8.由于空气阻力大小不变，上升过程和下降过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中

机械能损失等于下落过程中机械能损失，故B错误

C.设物体从地面竖直向上抛出时的速度为北，物体落回到地面时的速度为"，由运动学

公式得诏=2atx

v2=2a2%

又因为%>a2

所以%>V

上升过程的动能减小量为

下落过程的动能增加量为/EM=1mv2

所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确

D上升过程动量的变化量为21Pl=mv0

下落过程的动量变化量为」P2=巾"

所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，故。错误。

故选：Co

物体在运动过程中受到重力和空气阻力，物体上升时空气阻力向下，下降时空气阻力向

上，根据能量守恒定律分析速度变化。由牛顿第二定律分析加速度，结合运动学公式分

析时间，根据动量的计算公式分析动量的大小。

本题考查竖直上抛运动模型，弄清空气阻力方向总是与物体的运动方向相反，明确阻力

的影响是关键。加速度的变化根据牛顿第二定律分析。

13.【答案】C

【解析】解：根据历后=5底0>50

故应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量

的电流值偏大，则根据R=彳

可知，测得电阻比真实值小，故48。错误，C正确。

故选：Co

根据电压表和电流表内阻与待测电阻内阻的大小关系分析判断电流表的接法，由于电压

表的分流作用，使得测量的电流值偏大。

本题考查伏安法测电阻，解题关键掌握电流表外接和内接的判断方法，注意误差分析。

14.【答案】B

【解析】解：4、设红细胞质量为m，浮力为尸浮，由牛顿第二定律mg-f一尸浮=

又因为/=6irr]rv

故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小

的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；

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B、红细胞匀速时mg=f+/理

又因为红细胞的质量为m=pi-^nr3

3

浮力为产浮=p2-^nrg

联立可得Pi彳仃3g=f)nrirvm+p2■"r3g

解得「=J2g黑J故B正确；

C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C

错误：

D、由粘滞阻力公式f=6nr)rv

可知7?=?-

*6nrv

故采用国际单位制中基本单位来表示〃的单位，应为瞿，故。错误。

故选：B。

首先对红细胞进行受力分析，结合牛顿第二定律分析其运动情况和半径表达式，根据粘

滞阻力公式来确定〃的单位。

本题主要考查了牛顿第二定律的应用，根据受力分析结合牛顿第二定律，判定运动情况,

由表达式来确定物理量的单位。

15.【答案】1800F'是实验中用一个力单独拉橡皮筋到达。点的实际作用力，此力应

13

与橡皮筋伸长的方向一致，图乙中方向与橡皮筋方向不在一条直线上，因此乙同学有问

题

【解析】解：(1)欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，如图欧姆表读数为：18.0x

ion=180Q

(2)如图设圆的半径为R,入射角为i,折射角为r,由几何关系：sini=J、sinr=

KK

故折射率为：n=77^=p

5ITliC3

(3)乙同学有问题。由甲乙两幅力的图示可知，r是实验中用一个力单独拉橡皮筋到达。

点的实际作用力，此力应与橡皮筋伸长的方向一致，图乙中方向不在一条直线上，因此

乙同学做的实验过程有问题。

故答案为：(1)180；(2),；(3)乙同学；由甲乙两幅力的图示可知，尸'是实验中用一个

力单独拉橡皮筋到达。点的实际作用力，此力应与橡皮筋伸长的方向一致，图乙中方向

与橡皮筋方向不在一条直线上，因此乙同学做的实验过程有问题

(1)根据欧姆表的读数规则读数；

(2)根据几何关系先表示出入射角和折射角的正弦式子，再由折射定律求出折射率；

(3)根据实验原理结合牛顿第二定律可分析。

对该实验要明确实验原理，在此基础上对器材的选择，误差分析，注意事项等问题进行

分析会起到事半功倍的效果，注意欧姆表的读数规则和换挡规则，折射定律的应用，及

等效法探究二力合成的法则。

16.【答案】BD丙2：1

【解析】解：(1)在这个实验中，利用控制变量法来探究向心力的大小与小球质量，角

速度，半径之间的关系；

A、探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应

用了等效思想，故A错误；

8、当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量

的关系，如本实验中，保持原线圈输入的电一定，探究副线圈输出的电压外与和匝数

n「电的关系，故B正确；

C、探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是

等效替代的思想，故C错误；

探究加速度与物体受力、物体质量的关系是通过控制变量法研究的，故。正确。

故选：BD。

(2)①根据F=rnra2可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和

半径不变，由图可知，两侧采用皮带传动，所以两侧具有相等的线速度，根据皮带传动

的特点可知，应该选择两个塔轮的半径相等，而且运动半径也相同，选取不同质量的小

球，故丙符合题意。

②由图可知，两个球的质量相等，半径相同，根据牛顿第二定律/=巾/?0>2尸，=mR/2

两个塔轮边缘的线速度相等。=V

根据u—ra)v'—r'a)'

联立可得两个变速塔轮的半径之比为r：r'=2：1

故答案为(1)BD；(2)①丙@2：1

(1)判断出本实验采取控制变量法，然后对各个选项分析即可判断；

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（2）根据F=mr32可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半

径不变，本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，要保证

质量一定，角速度一定；根据向心力表达式，根据半径之比，向心力之比，即可计算角

速度之比，根据线速度与角速度的关系，即可求解塔轮半径之比。

在使用向心力演示器探究向心力大小与哪些因素有关的实验中，要注意向心力与多个物

理量有关，故实验中应采取控制变量法来完成实验。

17.【答案】o）23gm32等带/即可）探究尸与r的关系时，要先控制m和3不变，因此可

在尸一3图像中找到同一个3对应的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F-r坐

标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明尸与r成正比。

【解析】解：（2）根据向心力的公式F=m32r

根据F-x图像知，该图像是一条过原点的直线，尸与x的图像成正比，则图像横坐标"弋

表的是小（或nuM等带0）2即可）；

（3）探究F与r的关系时，要先控制和3不变，因此可在F-3图像中找到同一个3对应

的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F-r坐标系中描点作图，若得到一条过

原点的直线，则说明尸与r成正比。

根据向心力公式F=m32r可确定图像横坐标与有关；根据图像比较分析3—定时，

其尸与r成正比例关系。

本题主要考查了滑块受向心力与角速度的关系，通过实验探究得出向心力与角速度的平

方成正比例.

18.【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为：E=BLv=1xOAx

5V=2V

根据闭合电路欧姆定律得：/=9=：4=2A

根据右手定则可判断电流方向N到M。

（2）根据牛顿第二定律：F—BIL=ma

根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为：E=BLv

根据闭合电路欧姆定律得：/=1

v=at

解得尸=0.1+0.16t

(3)在t=5s时撤掉拉力，此时速度，=at'=5m/s

从撤掉拉力到导体棒停止运动的过程中，导体棒克服安培力所做的功皿=?nw'2

代入数解得：W=1.25;

答：(1)速度〃=5zn/s时，导体棒MN中感应电流/的大小为24和方向N到M；

(2)拉力F随时间t变化的关系式为F=0.1+0.16t；

(3)导体棒克服安培力所做的功为1.25人

【解析】(1)根据切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧

姆定律求出感应电流。

(2)根据导体棒所受的安培力，得出拉力的关系式。

(3)根据动能定理可解得。

本题考查了切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律的综合运用，知道导体棒两端的

电压不是内电压，而是电源的外电压。

19.【答案】解：(1)选AC所在平面为零势能面，从4到8由机械能守恒定律得：=

1O+mg-2R

解得：v—7Vo—4gR;

2

(2)由平抛运动的规律得：2R=^gtfx=vt

联立解得：x=2~~4^2;

(3)若轨道不光滑，小球恰好能沿轨道运动到8点飞出，在B点，重力提供向心，根据牛

顿第二定律得：mg=m^-

2

从8点飞出后，根据平抛运动规律：2R=^gt,xAD=vBt

解得：xAD=2R

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落在。点时，根据动能定理得：EkD-^mvl=mg-2R

解得：以°=警

则叫=Ekc-EkD=

答：(1)小球运动到轨道末端B点时的速度大小为'诏-4gR;

(2)4、C两点间的距离为2J等一4R2；

(3)图中标出。点的大致位置见解析；小球落在C点时动能与落在。点时动能的差值为

mvQ-5mgR'O

2

【解析】(1)选AC所在平面为零势能面，从4到B由机械能守恒定律求解速度大小；

(2)由平抛运动的规律求解/、C两点间的距离％;

(3)在B点，重力提供向心求解B点速度大小，从B点飞出后，根据平抛运动规律求解4。

的水平位移，由此画图；根据动能定理求解动能的差值。

本题主要是考查动能定理在圆周运动的应用：运用动能定理解题时，首先要选取研究过

程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据

动能定理列方程解答。

20.【答案】解：(1)取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1vo=(wi+m2)v

解得两小球碰后的速度大小为：及=悬/为；

T7fi2

(2)a.根据题意，进行类比，有：G%=(G+C2)U

故关系