2023年北京八中高考物理三模试卷

2023年北京八中高考物理三模试卷一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。）1．（3分）以下关于原子和原子核的认识，正确的是（）A．汤姆逊研究阴极射线时发现电子，说明原子具有复杂结构 B．卢瑟福的α粒子散射实验发现了质子 C．原子核每发生一次β衰变，原子核内就失去一个电子 D．原子核的比结合能越大，平均核子质量就越大2．（3分）用a、b两种不同的单色光分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。对于这两种单色光，下列说法正确的是（）A．在真空中a光的波长较短 B．在水中a光的传播速度较大 C．经同一双缝干涉装置后a光的条纹间距较小 D．a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较小3．（3分）一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是（）A．a→b过程中，气体体积变大，放出热量 B．b→c过程中，气体温度不变，气体对外界做功 C．c→a过程中，气体体积变小，放出热量 D．c→a过程中，气体压强增大，外界对气体做功4．（3分）一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示。介质中x＝1m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin（5πt）（cm）。则下列说法正确的是（）A．该波的波长为4m，振幅为20cm B．t＝0时，x＝2m处的质点具有负向最大加速度 C．该波沿x轴负方向传播 D．这列波的波速为10m/s5．（3分）在A、B两点放置电荷量分别为+q1和﹣q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是（）A．q1＜q2 B．C点的电势高于D点的电势 C．若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功 D．若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小6．（3分）北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功。若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．“问天实验舱”的质量为 B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零 C．“问天实验舱” D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员7．（3分）“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则（）A．小球运动过程中动量保持不变 B．小球运动到B、D两处的加速度相同 C．小球在B、D两处一定受到摩擦力的作用 D．小球从C到A的过程中，重力的功率先增大后减小8．（3分）如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放．则三个小球通过圆轨道最低点时（）A．速度相同 B．所用时间相同 C．对轨道的压力相同 D．均能到达轨道右端最高点处9．（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（）A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大 C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大10．（3分）某种光电式火灾报警器的原理如图所示，由红外光源发射的光束经烟尘粒子散射后照射到光敏电阻上，光敏电阻接收的光强与烟雾的浓度成正比，其阻值随光强的增大而减小。闭合开关，当烟雾浓度达到一定值时，干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触发蜂鸣器报警。为了能在更低的烟雾浓度下触发报警，下列调节正确的是（）A．增大电源E3的电动势 B．增大干簧管上线圈的匝数 C．增大电阻箱R1的阻值 D．增大电阻箱R2的阻值11．（3分）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（）A．物块对小球不做功 B．物块的最大速度为2m/s D．物块对地面的最大压力为40N12．（3分）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子在磁场中运动时间较长 D．b粒子动能较大13．（3分）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动 B．导体棒稳定的速度大小 C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热 D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为14．（3分）超材料是一种人造材料，其性质不仅取决于组成成分，还取决于其基本单元结构。通过在关键物理尺度上单元结构的有序设计，超材料能实现自然材料所无法达到的超常电磁特性。人工电磁黑洞由谐振和非谐振的超材料组成，能够螺旋式地吸收电磁波。如图甲所示，电磁黑洞直径约22厘米，包含60个同轴环，每个同轴环都由结构复杂的电路板构成。虚线外是由40个同轴环组成装置外壳，虚线内是由20个同轴环构成吸收器（中心核），光线在中心核里被转化成热能。该装置只吸收微波频段（300MHz﹣300GHz）的电磁波，吸收效果如图乙所示。通过电磁波在非均匀介质中的传播光路来类比光在引力场中的运动轨迹，电磁黑洞能够模拟黑洞的部分特性。下列说法正确的是（）B．进入该装置中心核的微波在内表面不断被全反射 C．装置外壳越靠近轴心的位置折射率越大 D．速度小于光速c的β射线无法从该装置表面逃逸出去二、实验题（本题共2小题，共18分。）15．（1）某同学利用如图所示的装置测量某种单色光的波长。实验时，光源正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。①将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图乙所示的手轮上的示数为mm；②若相邻亮纹的间距为Δx，双缝与屏的距离为L＝0.7m，双缝间距为d＝0.2mm，则求得光的波长λ＝m。（结果保留三位有效数字）​（2）对于“油膜法估测分子的大小”的实验，某同学在实验中最终得到的计算结果比大部分同学的结果偏大，对出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是。​B.计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理C.计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数D.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开（3）某小组的同学用数字电压表和电阻箱探究某光伏电池的特性。他们通过查阅资料知道，光伏电池在特定光照条件下的伏安特性曲线如图1所示，则他们得到的U﹣R图像可能是图2中的。​​16．实验小组用图示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是。B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动（2）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是（选填“l2”、“l”或“”），若图线斜率为k，则重力加速度g＝（用k表示）。（3）乙同学实验时误将摆线长记为摆长l，当他用（2）中甲同学的方法处理数据后，（选填“能”或“不能”）得到正确的重力加速度值。（4）同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱OO′来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。为了简明直观的体现周期与等效重力加速度的关系，请你将下面具体操作步骤补充完整，写出需要测量的物理量、相应的测量方法和数据处理方法。​①测量“斜面”的倾角。将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直。把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为β。②根据摆杆与重垂线的夹角，求出等效重力加速度a。③。④。⑤。三、计算题（本题共4小题，共40分。要写出必要的文字说明、基本的物理公式和受力分析图）17．如图1所示，滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，身体前倾与滑雪板尽量平行，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图2。现有一运动员从跳台O处沿水平方向飞出，在雪道P处着落。运动员质量为50kg，OP间距离L＝75m，倾斜雪道与水平方向的夹角θ＝37°，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）运动员在空中飞行的时间t；（2）运动员在O处的速度v0的大小；（3）运动员在飞行过程中动量变化量ΔP的大小。18．质量为m的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力为f，发动机牵引力恒为F，离开地面起飞时的速度为v，重力加速度为g。求：（1）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）；（2）若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的大容量电容器充电，充电电压为U0，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。a.在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图像，在此基础上求电容器时储存的电能；b.在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可缩短起飞距离。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值为η，完成此次弹射后电容器剩余的电荷是原来的一半。求飞机的此次的起飞距离x。19．一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径、质量为m0的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，如图1所示，它不会做自由落体运动，而是非常缓慢地穿过铜管，在铜管内下落时的最大速度为v0。强磁铁在管内运动时，不与铜管内壁发生摩擦，空气阻力也可以忽略。产生该现象的原因是变化的磁场在铜管内激发出了涡流，涡流反过来又对强磁铁产生了很大的阻力。虽然该情景中涡流的定量计算非常复杂，我们不需要求解，却仍然可以用我们学过的知识来对下述问题进行分析。（1）求图1中的强磁铁达到最大速度后铜管的热功率P0；（2）在图1中，可以认为在强磁铁下落过程中它周围铜管的有效电阻是恒定的，从静止开始下落t时间后达到最大速度。若强磁铁机械能耗散的功率等于其受到的阻力大小与下落速度大小的乘积，求此过程强磁铁的下落高度h；（3）若将空心铜管切开一条竖直狭缝，如图2所示，强磁铁还从管内某处由静止开始下落，发现强磁铁的下落还是会明显慢于自由落体运动，请你分析这一现象的原因。20．某兴趣小组同学利用如图甲所示的一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球进行了若干次碰撞实验。所有碰撞都可认为是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可视为质点。试讨论以下问题：​（1）第一次实验他们将一个质量为m1的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图乙所示。通过查阅资料他们估计出了球与地面的作用时间Δt。求1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小。（2）第二次实验在1球顶上放一质量为m2的2球，m2＝km1（k＜1），让这两个球一起从距离地面高h处自由下落并撞击地面，如图丁所示，他们惊奇的发现球2反弹的高度超过了释放时的高度。他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，试从理论角度分析他们的猜想是否正确，并求2球能达到的最大高度。（3）受（2）的启示，他们设想了一个超球实验：将三个球紧贴从距离地面h高处由静止释放，由下至上三球的质量分别为m1、m2和m3，且满足m1≫m2≫m3，如图戊所示。他们设想3球可以被反弹到很高的高度，试估算此高度。2023年北京八中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。）1．（3分）以下关于原子和原子核的认识，正确的是（）A．汤姆逊研究阴极射线时发现电子，说明原子具有复杂结构 B．卢瑟福的α粒子散射实验发现了质子 C．原子核每发生一次β衰变，原子核内就失去一个电子 D．原子核的比结合能越大，平均核子质量就越大【分析】本题比较简单，考查了近代物理中的几个重要试验及发现，要了解这些试验及发现的内容及其重要物理意义。【解答】解：A、汤姆逊发现电子，揭示了原子内部具有复杂结构，故A正确；B、卢瑟福用人工核反应的方法分别发现了质子，故B错误；C、β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；D、根据比结合能的概念可知，原子核的比结合能越大，则在核子结合为原子核的过程中平均每个核子亏损的质量越多，所以平均每个核子的质量越小，故D错误；故选：A。【点评】本题考查对物理学史、常识的识记能力，对于类似知识要注意平时的积累与记忆，不能张冠李戴。2．（3分）用a、b两种不同的单色光分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。对于这两种单色光，下列说法正确的是（）A．在真空中a光的波长较短 B．在水中a光的传播速度较大 C．经同一双缝干涉装置后a光的条纹间距较小 D．a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较小【分析】光的波长越长，衍射条纹宽，光的波长越长则频率越小、折射率越小，全反射时的临界角越大。【解答】解：A．在狭缝宽度与波长相差不多或者狭缝宽度比波长更小的情况下，会发生明显的衍射现象，由题图可知甲图衍射现象更明显，故在真空中a光波长更长，即λa＞λb，故A错误；B．因为λa＞λb，光的波长越长则频率越小、折射率越小，故折射率na＜nb，由可知，在水中a光的传播速度较大，故B正确；C．由λa＞λb，可知经同一双缝干涉装置后a光的条纹间距较大，故C错误；D．由na＜nb，可知，a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较大，故D错误。故选：B。【点评】本题综合考查光学相关基本知识，比较容易，需要熟记并能使用光的折射定律、全反射临界条件、光的衍射与光的干涉规律等解决问题。3．（3分）一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是（）A．a→b过程中，气体体积变大，放出热量 B．b→c过程中，气体温度不变，气体对外界做功 C．c→a过程中，气体体积变小，放出热量 D．c→a过程中，气体压强增大，外界对气体做功【分析】a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖一吕萨克定律分析体积的变化；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律分析体积的变化；c→a过程中气体的体积保持不变，温度升高，压强增大。结合热力学第一定律ΔU＝W+Q可以判断吸放热。【解答】解：A、a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖一吕萨克定律＝C得知，体积应减小，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，温度降低，ΔU为负值，体积减小，W为正值，所以Q为负值，放出热量，故A错误；B、b→c过程中气体的温度保持不变，压强减小，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C，可知体积增大，气体对外界做功，故B正确；CD、c→a过程中，p﹣T图像过坐标原点，p与T成正比，则气体发生等容变化，温度升高，所以ΔU为正值，体积不变，外界对气体做功W为0，所以Q为正值，吸收热量，故CD错误。故选：B。【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是从p﹣T上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态状态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口。4．（3分）一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示。介质中x＝1m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin（5πt）（cm）。则下列说法正确的是（）A．该波的波长为4m，振幅为20cm B．t＝0时，x＝2m处的质点具有负向最大加速度 C．该波沿x轴负方向传播 D．这列波的波速为10m/s【分析】根据波形图可以求出波长和振幅；根据振动的振动方向可以确定波的传播方向；根据振动方程可以确实质点P的振动周期，进而可以求出波速。【解答】解：A．由波形图，可直接判断出该波的波长λ＝4m，振幅A＝10cm，故A错误；B．由波形图知，t＝0时，x＝2m处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；C．根据质点P沿y轴方向的振动情况，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；D．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin（5πt），可得这列波的周期为T＝＝得波速v＝＝m/s＝10m/s故D正确。故选：D。【点评】本题考查了机械振动和机械波的相互结合，求解相关问题。5．（3分）在A、B两点放置电荷量分别为+q1和﹣q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是（）A．q1＜q2 B．C点的电势高于D点的电势 C．若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功 D．若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小【分析】电场线与等势面垂直；沿电场线方向电势逐渐降低，负电荷，电势低的位置电势能大。【解答】解：A、同一电场中，电场线密集的地方，电场强度大，由图可知，A点附近电场强度大于B点附近的电场强度，C点的场强大于D点的场强，由点电荷场强公式可知q1＞q2，故A错误；BD、根据电场线与等势面的关系，画出过C点的等势线，如图所示根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，C点的电势大于D点的电势，由Ep＝qφ可知，负电荷从C点移到D点，电场力做负功，电荷电势能增大，故B正确，D错误；C、A点是正电荷，A的电荷量大于B点的负电荷电荷量，故C点电势大于零，若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做正功，故C错误。故选：B。【点评】本题解题关键根据电场线疏密分析出场强大小，电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，是一道基础题。6．（3分）北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功。若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．“问天实验舱”的质量为 B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零 C．“问天实验舱” D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员【分析】根据万有引力提供向心力求解地球的质量，”问天实验舱”的质量无法计算；第一宇宙速度（7.9km/s）等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，根据万有引力提供向心力进行分析。【解答】解：A、根据万有引力提供向心力可得：＝mr，解得地球的质量为：M＝，”问天实验舱”的质量无法计算，故A错误；B、漂浮在舱外的航天员受万有引力提供向心力，有＝m'a，则加速度a＝，故B错误；C、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于7.9km/s，故C正确；D、若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具受到的万有引力提供向心力，仍在原来的轨道上做匀速圆周运动，故D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。7．（3分）“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则（）A．小球运动过程中动量保持不变 B．小球运动到B、D两处的加速度相同 C．小球在B、D两处一定受到摩擦力的作用 D．小球从C到A的过程中，重力的功率先增大后减小【分析】明确动量和加速度的矢量性，从而确定小球的动量和加速度的变化情况；小球做匀速圆周运动，由合外力提供向心力。根据向心力方向特点分析摩擦力；根据功率公式确定重力做功的功率变化情况。【解答】解：A、小球在运动过程中速度方向时刻改变，故其动量方向时刻改变，因动量为矢量，所以动量时刻改变，故A错误；B、B、D两处加速度大小相等，但方向相反，故加速度不相同，故B错误；C、如果小球在B、D两处受到的支持力和重力的合力恰好指向圆心且等于小球转动所需要的向心力，则小球可以不受摩擦力的作用，故C错误；D、小球从C到A的过程中，速度大小保持不变，但在竖直方向上的分力先增大后减小，由P＝mgvy可知，重力的功率先增大后减小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了牛顿第二定律和向心力的应用、功率以及动量和加速度的矢量性，重点要对小球的受力做出正确分析，列式即可解决此类问题，注意小球做匀速圆周运动时，由合外力提供向心力。8．（3分）如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放．则三个小球通过圆轨道最低点时（）A．速度相同 B．所用时间相同 C．对轨道的压力相同 D．均能到达轨道右端最高点处【分析】分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小滑块到达最低点时的速度；由滑块的运动可知滑块滑到最低点时的速度变化；由洛伦兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系．【解答】解：A、在乙图中，因为洛伦兹力总是垂直于速度方向，故洛伦兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，，丙图中，小球下滑的过程中电场力做正功，重力做正功，，所以小球在最低点的速度等于甲图和乙图中的速度。故A错误；B、甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短。故B错误；C、小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等。故C错误；D、三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故D正确；故选：D。【点评】利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛伦兹力永不做功．9．（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（）A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大 C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大【分析】副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，开关S闭合后，副线圈两端的电压不变，由于总电阻减小，副线圈输出电流增大。根据变压器原、副线圈电流与匝数比的关系分析电流表示数变化情况，根据功率公式判断原线圈的输入功率和电阻R消耗的功率。【解答】解：A、开关S闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，即电流表A1的示数增大，故A错误。B、副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，原线圈输入电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表V1的示数不变，故B错误；C、原线圈的输入功率P入＝U1I1，其中U1不变，I1增大，所以输入功率增大，故C错误；D、电阻R消耗的功率，因为副线圈的总电流增大，所以电阻R消耗的电功率增大，故D正确；故选：D。【点评】此题主要考查了变压器的工作原理，要知道开关S闭合后，原线圈的输入电压不变，副线圈的输出电压不变，但副线圈的电流变大。10．（3分）某种光电式火灾报警器的原理如图所示，由红外光源发射的光束经烟尘粒子散射后照射到光敏电阻上，光敏电阻接收的光强与烟雾的浓度成正比，其阻值随光强的增大而减小。闭合开关，当烟雾浓度达到一定值时，干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触发蜂鸣器报警。为了能在更低的烟雾浓度下触发报警，下列调节正确的是（）A．增大电源E3的电动势 B．增大干簧管上线圈的匝数 C．增大电阻箱R1的阻值 D．增大电阻箱R2的阻值【分析】根据报警器的工作原理，结合电路的结构，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析即可。【解答】解：ACD、根据光敏电阻的阻值随光强的增大而减小，可知为了能在更低的烟雾浓度下触发报警，浓度越低，光敏电阻接收的光强越小，光敏电阻的阻值越大，所以需要增大电源E2的电动势，或减小电阻箱R1的阻值，或减小电阻箱R2的阻值，故ABC错误；B、增大干簧管的匝数，干簧管的磁性会变强，会在电阻较大，电流较小的情况下两个簧片被磁化而接通电路，故B正确。故选：B。【点评】本题考查报警器的工作原理，解决本题的关键是理解工作原理，找到烟雾浓度与光敏电阻的阻值之间的关系。11．（3分）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（）A．物块对小球不做功 B．物块的最大速度为2m/s D．物块对地面的最大压力为40N【分析】根据两者之间的机械能的变化判断物块是否对小球做功；当小球滑到B点时物块的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求最大速度。在轨道最低点，由牛顿第二、三定律求解轨道的支持力，从而得到对轨道的压力；由水平方向的平均动量守恒求物块的位移。【解答】解：A、在弧面上，小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，物块对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间无摩擦，两者的机械能均不变，二者互相不做功，总的来说，物块对小球负功，故A错误；BD、小球从A到C点的过程，对小球和物块组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得：mv1﹣Mv2＝0由机械能守恒得：mg（hAB+R）＝+联立解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s物块的最大速度为1m/s，方向向左。在C点，对小球根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝解得：FN＝N根据牛顿第三定律知，小球对物块的压力FN′＝FN对物块，根据平衡条件有FN1＝Mg+FN′根据牛顿第三定律有物块对地面的压力FN1′＝FN1联立代入数据得：FN1′＝N故BD错误；C、对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有：m•﹣M•＝0又因为：x1+x2＝R+xCD联立解得：x1＝0.15m，x2＝0.45m，故C正确。故选：C。【点评】本题是小球轨道模型，考查动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二、三定律等内容，要注意的是物块与地面无摩擦力，圆弧面也无摩擦，这是应用动量守恒定律的前提。12．（3分）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子在磁场中运动时间较长 D．b粒子动能较大【分析】根据左手定则判断电性；根据洛伦兹力提供向心力结合向心力的计算公式分析速度大小关系，由此分析洛伦兹力的大小和动能的大小；根据周期公式分析运动时间长短。【解答】解：A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，带正电；a向下偏转，带负电，故A错误；B、粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝m，得：r＝，故半径较大的b粒子速度大；根据洛伦兹力的计算公式可得：F＝qvB，两个质量相同、所带电荷量相等，则b粒子在磁场中所受洛伦兹力较大，故B错误；C、粒子运动周期：T＝，T相同，磁场中偏转角大的运动的时间也长，由于a粒子的偏转角大，因此运动的时间长，故C错误；D、根据动能计算公式可得：Ek＝，b粒子速度大、则动能大，故D正确。故选：D。【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角分析时间。13．（3分）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动 B．导体棒稳定的速度大小 C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热 D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为【分析】导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律分析加速度大小变化情况；导体棒稳定时的加速度为零，根据平衡条件进行解答；根据能量守恒定律分析能量的转化情况；根据电荷量的计算公式求解位移大小。【解答】解：A、导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BIL＝ma，其中：I＝，解得：a＝gsinθ﹣；由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故A错误；B、导体棒稳定时的加速度为零，则有：gsinθ﹣＝0，解得：，故B错误；C、根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R与导体棒产生的焦耳热之和，故C错误；D、根据电荷量的计算公式可得：q＝＝t＝＝＝，解得：x＝，故D正确。故选：D。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。14．（3分）超材料是一种人造材料，其性质不仅取决于组成成分，还取决于其基本单元结构。通过在关键物理尺度上单元结构的有序设计，超材料能实现自然材料所无法达到的超常电磁特性。人工电磁黑洞由谐振和非谐振的超材料组成，能够螺旋式地吸收电磁波。如图甲所示，电磁黑洞直径约22厘米，包含60个同轴环，每个同轴环都由结构复杂的电路板构成。虚线外是由40个同轴环组成装置外壳，虚线内是由20个同轴环构成吸收器（中心核），光线在中心核里被转化成热能。该装置只吸收微波频段（300MHz﹣300GHz）的电磁波，吸收效果如图乙所示。通过电磁波在非均匀介质中的传播光路来类比光在引力场中的运动轨迹，电磁黑洞能够模拟黑洞的部分特性。下列说法正确的是（）B．进入该装置中心核的微波在内表面不断被全反射 C．装置外壳越靠近轴心的位置折射率越大 D．速度小于光速c的β射线无法从该装置表面逃逸出去【分析】光的全反射和光的折射的应用。【解答】解：A.该装置只吸收微波频段（300MHz﹣300GHz）的电磁波，对应波长为，，人工电磁黑洞可以吸收波长范围1mm～1m的电磁波，故A错误；B.进入该装置中心核的微波在非均匀介质中不断折射传播，将光线引至中心核，在中心核里被转化成热能，从而达到螺旋式地吸收电磁波，故B错误；C.为将电磁波引至中心核，由于越靠近轴心位置介质的弯折程度越大，电磁波的偏折角越大，故折射率应越大，故C正确；D.该装置只吸收的电磁波频率为波段（300MHz﹣300GHz）的电磁波，6射线能够逃出，故D错误；故选：C。【点评】本题根据波长公式计算波长范围，根据折射定律判断折射率变化，根据全反射条件判断是否发生全反射。二、实验题（本题共2小题，共18分。）15．（1）某同学利用如图所示的装置测量某种单色光的波长。实验时，光源正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。①将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图乙所示的手轮上的示数为13.870mm；②若相邻亮纹的间距为Δx，双缝与屏的距离为L＝0.7m，双缝间距为d＝0.2mm，则求得光的波长λ＝×10﹣7m。（结果保留三位有效数字）​（2）对于“油膜法估测分子的大小”的实验，某同学在实验中最终得到的计算结果比大部分同学的结果偏大，对出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是ACD。​B.计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理C.计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数D.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开（3）某小组的同学用数字电压表和电阻箱探究某光伏电池的特性。他们通过查阅资料知道，光伏电池在特定光照条件下的伏安特性曲线如图1所示，则他们得到的U﹣R图像可能是图2中的B。​​【分析】（1）①先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；②根据条纹间距公式计算波长；（2）根据实验测量油酸体积和油膜面积分析误差；（3）根据电源的I﹣U图像确定电阻的U﹣R图像，【解答】解：（1）①螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，图甲所示的手轮上的示数为x1×0.01mm＝2.320mm，图乙所示的手轮上的示数为x2×0.01mm＝13.870mm；②条纹间距为：×10﹣3m根据条纹间距公式可得：×10﹣7m（2）A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，使体积测量值偏大，根据可知直径测量值偏大，故A正确；B.计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，油膜面积测量值偏大，根据可知直径测量值偏小，故B错误；C.计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数，油膜面积测量值偏小，根据可知直径测量值偏大，故C正确；D.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，油膜面积测量值偏小，根据可知直径测量值偏大，故D正确；故选：ACD。（3）由I﹣U图像可知，开始时随U增大，I保持不变，由欧姆定律U＝IR，可知U﹣R图像为过原点的一条倾斜直线，之后随U增大，I减小，由欧姆定律U＝IR可知U﹣R图像的斜率减小，故B正确，ACD错误。故选：B。故答案为：（1）①13.870；②×10﹣7；（2）ACD；（3）B。【点评】本题关键掌握螺旋测微器的读数方法、条纹间距公式、“油膜法估测分子的大小”的实验中测量油酸体积和油膜面积产生的误差、利用图像处理问题。16．实验小组用图示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是BC。B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动（2）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是（选填“l2”、“l”或“”），若图线斜率为k，则重力加速度g＝（用k表示）。（3）乙同学实验时误将摆线长记为摆长l，当他用（2）中甲同学的方法处理数据后，能（选填“能”或“不能”）得到正确的重力加速度值。（4）同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱OO′来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。为了简明直观的体现周期与等效重力加速度的关系，请你将下面具体操作步骤补充完整，写出需要测量的物理量、相应的测量方法和数据处理方法。​①测量“斜面”的倾角。将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直。把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为β。②根据摆杆与重垂线的夹角，求出等效重力加速度a。③见解析。④见解析。⑤见解析。【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析判断；（2）根据单摆周期公式推导图像函数表达式，根据图像斜率计算；（3）根据修正后的单摆周期图线与题中图线的斜率对比分析判断；（4）根据实验原理分析。【解答】解：（1）A.测量摆线长时用手将摆线沿竖直方向拉紧，摆长测量值偏大，故A错误；B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，满足简谐运动回复力和位移的关系，做简谐运动，故B正确；C.在摆球经过平衡位置时开始计时，速度最大，误差最小，故C正确；D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期，误差较大，应多次测量取平均值，故D错误。故选：BC。（2）根据单摆周期公式有整理得：可知横坐标所代表的物理量是结合图像有：解得：（3）考虑小球的半径，单摆周期为：，可知函数图线与题中图线平行，斜率不变，能得到正确的重力加速度值。（4）③测量干线摆的周期，用停表测量摆球全振动N次所用的时间t，计算出单摆的周期；④改变铁架台的倾斜程度，重复实验，记录θ、T、a、⑤在坐标系中做出图像，利用图像斜率计算。故答案为：（1）BC；（2），；（3）能；（4）③见解析；④见解析；⑤见解析。【点评】本题关键掌握单摆实验原理和实验注意事项，利用图像处理。三、计算题（本题共4小题，共40分。要写出必要的文字说明、基本的物理公式和受力分析图）17．如图1所示，滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，身体前倾与滑雪板尽量平行，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图2。现有一运动员从跳台O处沿水平方向飞出，在雪道P处着落。运动员质量为50kg，OP间距离L＝75m，倾斜雪道与水平方向的夹角θ＝37°，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）运动员在空中飞行的时间t；（2）运动员在O处的速度v0的大小；（3）运动员在飞行过程中动量变化量ΔP的大小。【分析】（1）做平抛运动，在竖直方向根据自由落体公式，求时间；（2）做平抛运动，在水平方向根据匀速直线运动公式，求初速度大小；（3）由动量定理，求动量变化量。【解答】解：（1）运动员从跳台O处沿水平方向飞出，做平抛运动，在竖直方向则有解得运动员在空中飞行的时间t为（2）运动员做平抛运动，在水平方向则有Lcosθ＝v0t解得运动员在O处的速度v0的大小为v0＝，解得v0＝20m/s（3）由动量定理可得运动员在飞行过程中动量变化量ΔP的大小为Δp＝mgt＝50×10×3N•s＝1500N•s答：（1）运动员在空中飞行的时间3s；（2）运动员在O处的速度v0的大小20m/s；（3）运动员在飞行过程中动量变化量ΔP的大小1500N•s。【点评】本题考查学生对平抛规律的掌握，即竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动。18．质量为m的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力为f，发动机牵引力恒为F，离开地面起飞时的速度为v，重力加速度为g。求：（1）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）；（2）若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的大容量电容器充电，充电电压为U0，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。a.在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图像，在此基础上求电容器时储存的电能；b.在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可缩短起飞距离。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值为η，完成此次弹射后电容器剩余的电荷是原来的一半。求飞机的此次的起飞距离x。【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动位移—速度公式求解起飞距离；﹣q图像，根据W＝qU，u﹣q图线与q轴所围的面积表示电容器储存的电能；b.根据图像求解电容器释放的电能，根据动能定理求解起飞距离。【解答】解：（1）平均阻力为f，发动机牵引力恒为F，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma联立解得：a＝设飞机的起飞距离为s，根据位移—速度公式得：v2＝2as解得：s＝（2）a.极板上所带电荷量为：q＝CU则u﹣q图像如图所示：图象与横轴所围的面积表示电能，则电容器充电电压为U0时，电容器储存电能为：E＝qU0＝b.完成此次弹射后，电容器储存的电能E′＝•q•U0＝释放的电能为ΔE＝E﹣E′＝﹣＝金属块推动飞机所做的功为W＝ηΔE＝飞机起飞过程，由动能定理得：W+Fx﹣fx＝mv2﹣0解得：x＝答：（1）飞机模型的起飞距离为；（2）a.图像见解析，求电容器时储存的电能为；。【点评】本题考查牛顿第二定律和动能定理，解题关键是知道u﹣q图像与坐标轴所围的面积表示电容器储存的电能，会应用动能定理列式。是根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解；本题第二问关键是结合图象求解电容器储存的电能，然后根据功能关系列式求解剩余能量．19．一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径、质量为m0的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，如图1所示，它不会做自由落体运动，而是非常缓慢地穿过铜管，在铜管内下落时的最大速度为v0。强磁铁在管内运动时，不与铜管内壁发生摩擦，空气阻力也可以忽略。产生该现象的原因是变化的磁场在铜管内激发出了涡流，涡流反过来又对强磁铁产生了很大的阻力。虽然该情景中涡流的定量计算非常复杂，我们不需要求解，却仍然可以用我们学过的知识来对下述问题进行分析。（1）求图1中的强磁铁达到最大速度后铜管的热功率P0；（2）在图1