2021年北京市通州区高考物理一模试卷（附答案详解）

2021年北京市通州区高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.下列有关热现象的说法正确的是（）

A.布朗运动是由于液体各个部分的温度不同引起的

B.物体的温度升高，其内部分子的平均动能一定增大

C.当分子间距离减小时，分子势能一定减小

D.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都增大

2.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个

实验条件后，在屏上观察到如图乙所示的条纹。他改变的实验条件可能是（）

甲ill”

乙■■■■

A.减小双缝之间的距离B.增大光源与双缝的距离

C.减小双缝到光屏间的距离D.换用频率更高的单色光源

3.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为w

的交流电源两端。电路中R。为定值电阻，测量电表均

为理想电表，导线电阻不计。现使滑动变阻器R的滑

动触头尸向上滑动，则下列说法正确的是（）

A.电压表七的示数变大

B.电流表A的示数变大

C.定值电阻Ro消耗的电功率变大

D.电压表匕与电流表A示数的比值不变

4.图甲是一个磁悬浮地球仪，磁悬浮原理如图乙所示。

地球仪中有一个磁铁，底座中有一个线圈（线圈电阻

不计），给线圈通上电，地球仪就可以悬浮起来。下

甲乙

列说法正确的是（）

A.线圈必须连接交流电源

B.若地球仪转动，则不能保持继续悬浮

C.若仅增加线圈匝数，可增加地球仪稳定悬浮的高度

D.若仅增大线圈中的电流，地球仪再次稳定悬浮后受到的斥力增大

5.一列简谐横波在1=0时刻的波形图如图甲所示，P是介质中的一个质点，图乙是质

点P的振动图像。下列说法正确的是（）

A.该波的振幅为8cmB.该波沿x轴负方向传播

C.经过15时间，质点尸的路程为4cmD.t=2s时，质点P的动能最小

6.如图所示为氢原子能级的示意图，已知锌的逸出功：/,V

为3.34W,则关于氢原子在能级跃迁过程中发射或；•野

吸收光子的特征描述，下列说法正确的是（）2----------------3.4

A.电子处在n=3的轨道上比处在n=5的轨道上

1----------------136

离氢原子核远

B.大量氢原子处于n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有3条

C.用光子能量为10.3eU的光照射氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

D.用大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁发出的光照射锌板，锌板表面有光电

子逸出

7.实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰（一、

变产生的新核和释放出的粒子恰在纸面内做匀速圆周运动，运丫

动方向和轨迹如图所示。下列说法正确的是（）\

A.原子核发生的是a衰变

B.磁场方向垂直纸面向外

C.轨迹2是新核的

D.释放出的粒子和新核具有相同的动能

8.如图所示，。为在赤道上随地球一起自转的物体，6为地球同步卫星。下列说法正

确的是（）

A.a、人的向心力等于各自受到的地球的吸引力

B.。的向心加速度比b的大

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C.a的角速度比人的大

D.a的线速度比6的小

9.如图所示，。点有一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电

场中的三条等势线，一带电粒子仅在电场力的作用下沿实线所

示的轨迹从〃点运动到b点，然后又运动到c点。下列说法正

确的是（）

A.0点固定的是正点电荷

B.带电粒子在6点的加速度比在a点的大

C.带电粒子在。点的电势能比在b点大

D.从。点到c点的过程中，带电粒子所受的电场力先做正功后做负功

10.如图所示，水平绝缘粗糙桌面上有一个铝环，其圆心的正上方有一

个竖直的条形磁铁。竖直向上或者水平移动条形磁铁时，铝环始终

未动，下列说法正确的是（）

A.竖直向上移动条形磁铁，铝环对桌面的压力增大

B.竖直向上移动条形磁铁，从上往下看，铝环中感应电流的方向沿顺时针方向

C.向右平移条形磁铁，铝环受到的摩擦力的方向向左

D.向左和向右平移条形磁铁，铝环中感应电流的方向相反

11.如图甲所示，一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床后又被弹起到原高度。

在此过程中，他的速度v随时间，变化的图像如图乙所示，图乙中OA段和8C段均

为直线。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.小孩接触蹦床的时间为巧〜14

B.Q时刻，小孩的重力势能最小

c.o〜t6时间内，小孩受到的重力的冲量大小为血9生

D.o〜16时间内，小孩的动能和蹦床的弹性势能总和先减小后增大

12.图甲是用来探究加速度和合力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图。两个

相同的小车并排放在水平光滑板上，前端各系一条细绳，细绳的另一端跨过定滑轮

各挂一个小盘，盘里放有祛码打开夹子，小盘和祛码牵引小车运动，合上夹子，两

小车同时停止运动。下列说法正确的是（）

A.实验中应使小车质量不同、祛码质量相同

B.实验中必须用到的测量仪器是秒表、刻度尺、天平

C.若将水平光滑板换为水平粗糙板、不会影响实验探究的结果

D.若小盘和祛码的总质量远小于小车质量，则小盘和祛码的重力近似等于绳的拉

力

13.自然界中某个量。的变化最为△〃，发生这个变化所对应的x的变化量为则

比值笠叫做这个量。对x的变化率，下列说法不正确的是（）

A.若。、x表示某质点做直线运动的动能和位置坐标，则竽越大，合外力对质点

△X

做功的功率越大

B.若Q、x表示匀强电场中某条电场线上各点的电势和位置坐标，则竺是恒定不变

△X

的

C.若。、X表示某质点做匀加速直线运动的速度和时间，则皆是恒定不变的

D.若。、x表示某质点做匀速圆周运动的动量和时间，则空是变化的

△X

14.一不带电的均匀金属圆线圈，绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动时，线

圈中不会有电流通过；若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，

这个现象被称为斯泰瓦•托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大

小变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动，从而

形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动，由于电子在导线中运动会

受到沿导线的平均阻力，所以只会形成短暂的电流。己知该金属圆线圈周长为L、

横截面积为S、单位体积内自由电子数为〃，电子质量为，"、电荷量为e,自由电子

受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为鼠若此线圈以角

速度3匀速转动时突然停止转动（减速时间可忽略不计），此后，下列说法正确的是

（）

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A.线圈中电流方向与线圈原转动方向相同

B.自由电子在线圈中运动的线速度均匀减小

C.自由电子沿着线圈运动的路程为警

D.通过线圈横截面的电荷量为端竺

znk

二、实验题(本大题共2小题，共18.0分)

15.用图甲所示实验装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。

(1)组装单摆时，应在下列器材中选用(选填字母代号)。

A长度为1"左右的细线

B.长度为30cm左右的细线

C.直径为2cm左右的塑料球

D直径为2cm左右的铁球

(2)为减小实验误差，可以多次改变单摆摆长L,测量多组对应的单摆周期T,利用

72一心图像求出当地重力加速度值。相关测量数据如表：

组数12345

L/m0.8000.9001.0001.1001.200

T/s1.791.902.012.112.20

T2/s23.223.614.044.454.84

图乙中已标出第I、2、3、5组实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”

标出与第4组实验数据对应的坐标点,并画出产一L关系图线。根据绘制出的72—L

图像可求得g的测量值为m/s2（己知47r2=39.478,计算结果保留3位有效

数字）。

（3）如果实验中摆球的质量分布不均匀，利用T2—L图像处理数据，是否会对重力

加速度g的测量值造成影响？请说明理由。

16.在“测定金属丝电阻率”的实验中，先用刻度尺测得金属丝的长度为乙，用螺旋测

微器测得金属丝直径为。，再测出金属丝的电阻&，然后计算出该金属材料的电阻

率P。

（1）在测量金属丝的电阻Rx（约5。）时，实验室有电池组（3匕内阻约10）、电压表

（0〜31Z,内阻约3kO）,开关和导线若干，以及下列可供选择的仪器：

A.电流表（0〜34,内阻约0.0250）

B.电流表（0〜0.64内阻约0.125。）

C.滑动变阻器（0〜200，额定电流24）

D滑动变阻器（0〜2000,额定电流1.54）

为了减小误差，在实验中电流表应选用,滑动变阻器应选用（选填

字母代号）。

（2）图甲是小明同学测量心的实验器材实物图，他想使金属丝两端电压变化范围尽

量大，图中已经连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完成。在闭合开

关前，滑动变阻器的滑片应当调到最（选填“左”或“右”）端。若通过金

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属丝的电流为I,金属丝两端的电压为U,则该金属丝电阻率的表达式P=

（用题目给出的物理量符号表示）。

（3）图乙是小红同学测量金属丝电阻&的电路图。在不损坏电表的前提下，将滑动

变阻器滑片从一端滑向另一端，随着滑片移动距离x的增加，电流表的示数也随之

增加。图丙中正确反映电源的功率P随x变化趋势的是（选填字母代号）。

三、简答题（本大题共2小题，共24.0分）

17.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用，按图甲所示连接电路，当开关

S闭合时，电源将使电容器两极板带上等量异种电荷,这一个过程叫做电容器充电。

已知电容器的电容为C,电源电动势大小为E,内阻不计。

（l）a.求充电结束后电容器所带的电荷量°；

6.在图甲所示的充电电路中，通过改变电路中电阻箱接入电路的阻值R,对同一电

容器分别进行两次充电，电容器所带电荷量9随时间f变化的曲线分别如图乙中①、

②所示。请问：哪条曲线对应电阻箱接入电路的阻值R较大？并分析说明理由。

（2）电容器在充电过程中，两极板间的电压“随所带电荷量q增多而增大，储存的

电能增大。

a.请在图丙中画出电容器充电过程中的”-q图像，并借助图像求出充电结束后电容

器储存的电能用）;

b.在电容器充电过程中，电源提供的能量一部分储存在电容器中，另外一部分以内

能的形式损失。有同学认为，电阻箱接入不同的阻值时，充电电路中电流不同，所

以充电过程中损失的能量不同.你同意该同学的说法吗？请说明理由。

18.“天问一号”探测器(以下简称为探测器)执行我国首次火星探测任务，将一次性完

(1)已知火星的质量为M、半径为R,万有引力常量为G,求火星表面的第一宇宙

速'-fcr发-|*FV：

(2)为了支持火星探测任务，在天津武清建造了一个直径为70米的天线，如图甲所

示。假设探测器向周围空间均匀发射信号，探测器与地球表面距离为力时发出电磁

波的功率为P。，求直径为70米的天线接收到该电磁波的最大功率P；

(3)如图乙所示，当地球位于A点、火星位于B点时发射探测器，它通过地火转移

轨道在C点与火星相遇。地火转移轨道是半椭圆轨道(图中椭圆轨道的实线部分)，

其长轴一端与地球公转轨道相切于A点，另一端与火星公转轨道相切于C点，太

阳位于椭圆轨道的一个焦点。上,探测器在地火转移轨道上运行时相当于太阳系的

一颗行星。地球和火星绕太阳的公转均近似为匀速圆周运动，已知地球的公转半径

为小、周期为7°，火星的公转半径约为1.382、周期约为1.627o。

a.根据开普勒第三定律，所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方

的比都相等。求探测器从4点通过半椭圆轨道运动到C点所用的时间t(已知

2

(1.19)321.30)；

b.求从地球上发射探测器时，太阳与地球连线OA和太阳与火星连线OB之间的夹

角。。

四、计算题(本大题共2小题，共16.0分)

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19.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，0点是其

圆心，轨道末端8切线水平。一小球从轨道顶端A点

由静止释放，到达轨道底端经过8点水平飞出，最终

落到水平地面上C点。已知轨道半径R=0.80m,B点

距水平地面的高度九=0.80m,小球质量m=0.10kg,

在8点的速度%=3.0m/s。忽略空气阻力，重力加速

度g=10m/s2o求：

(1)小球落到C点时的速度大小V；

(2)C点与B点之间的水平距离x；

(3)小球克服圆弧轨道阻力做的功必。

20.如图所示，纸面内有一正方形均匀金属线框浦〃其边XXXX

Ba___p

XX

长为L,总电阻为R,〃边与磁场边界平行。线框左侧X

X

有垂直于纸面向里的匀强磁场，感应强度为B,线框在XXX

dc

XX

水平线框向左拉力作用下以速度V匀速运动，从血边XX

刚进入磁场直至A边刚进入的过程中，求

(1)感应电流的大小/；

(2)拉力做功的功率P；

(3)ab边产生的焦耳热Q。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、布朗运动不是分子的运动，是固体小颗粒无规则的运动，反映分子的

无规则运动，故A错误；

8、温度升高时，分子的平均动能增大，故8正确；

C、当分子力表现为斥力，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，当分子力

表现为引力，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增加，故C错误；

。、分子间距离增大时，引力和斥力均减小，故。错误。

故选：8。

布朗运动不是分子的运动；

温度升高，分子的平均动能增大；

根据分子力做功判断分子势能的变化；

分子间距离增大时，分子间引力和斥力均减小。

本题考查了布朗运动、分子的平均动能、分子势能和分子力的基本运用，知道分子力的

特点，掌握判断分子势能变化的方法.

2.【答案】A

【解析】解：乙图中条纹的间距比甲图大，根据双缝干涉的条纹间距公式=知，

乙图中可能是波长较大，也可能缝与屏间距增大，也可能双缝间距减小.而由公式"=好

可知，波长小的光频率大，故B正确，A、C、。错误.

故选：Ao

根据双缝干涉的条纹间距公式4%=判断图乙的变化可能是由什么造成的。

本题考查双缝干涉的知识，要掌握条纹间距公式，知道间距跟哪些物理量有关。

3.【答案】A

【解析】解：A、输入电压不变，原副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，负

线圈电压外不变，滑片向上滑动，电阻R变大，滑动变阻器两端电压变大，修示数变大，

故A正确；

8、副线圈电路中总电阻电大，电流减小，原副线圈匝数比不变，原线圈电流也减小，

故B错误；

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C、副线圈电流变小，定值电阻Ro上消耗的功率变小，故C错误；

。、输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表匕与A的示数比值变

化，故。错误；

故选：A„

解答本题要理解变压器的构造和原理，滑动变阻器及的滑动触头P向上滑动，则负载电

阻增大，根据变压器原副线圈匝数比与电压、电流、负载以及电功率的关系，可判断相

关物理量的变化。

本题考查变压器问题的分析，考查学生对变压器构造和原理的掌握情况以及推理能力，

其中涉及到电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化

的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

4.【答案】C

【解析】解：A、磁悬浮地球仪之所以能悬浮在空中，是利用了同名磁极相互排斥的原

理，所以需要线圈产生稳定的磁场，不能接交流电源，故A错误：

以磁悬浮地球仪之所以能悬浮在空中，是利用了同名磁极相互排斥的原理，当地球仪

转动时，仍然能保持继续悬浮，故B错误；

C、增加线圈匝数，电流产生的磁场增强，根据磁体之间相互作用的特点可知，若地球

仪的位置不变，则线圈与地球仪之间的相互作用将增大，所以地球仪稳定悬浮的高度会

增大，故C正确；

。、地球仪悬浮于空中时球体受到的重力和磁力是一对平衡力；仅增大线圈中的电流，

地球仪再次稳定悬浮后悬浮的高度会增大，但受到的斥力仍然等于地球仪的重力，没有

变大，故。错误。

故选：a

地球仪利用了同名磁极相互排斥的原理；增加线圈匝数，或增大线圈中的电流，电流产

生的磁场增强，静止状态是一种平衡状态，受到的力平衡。

此题综合考查了平衡状态的判断、同名磁极相互排斥等知识点，要从题目中寻找有用的

信息，利用有关知识点解题。

5.【答案】B

【解析】解：人由波形图可以读出振幅是4a〃，故A错误；

8、由乙图可知P质点0时刻在向上振动，再结合甲图，利用同侧法可知，波向x轴负

方向传播，故B正确；

C、由乙图可知周期是2s,Is是半个周期,P质点的路程是两个振幅,s=24=2x4cm=

8cm,故C错误；

D、2s是一个周期，此时P点在平衡位置，速度最大，动能最大，故O错误。

故选：Bo

由图可读出振幅，利用波形图和振动图结合可以分析质点尸的振动方向，利用同侧法可

以得到波的传播方向。1s是半个周期，然后求出P的路程，2s是一个周期，可知P在

平衡位置，速度最大，动能最大。

本题主要是考查r波的图象；解答本题关键是要能够根据波形图得到波长，根据波的传

播方向从而得到质点振动情况。

6.【答案】D

【解析】解：A、根据玻尔理论，量子数越大，电子的轨道半径越大，所以电子处在n=3

的轨道上比处在n=5的轨道上离氢原子核近，故4错误；

B、根据废=6可知一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出6种不同频率的

光，故8错误；

C、处于基态的氢原子若吸收10.3W光子的能量，则能量值为：E=Ei+aE=

-13.6eV+10.3eV=-3.3eV,结合班集体可知没有该能级，所以处于基态的氢原子不

能吸收10.3W光子的能量发生跃迁，故C错误；

D、大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，从n=3能级的氢原子向基态跃迁时的

光子能量最大，为：-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eK>3.34eV,用该

E=E3-EX=

光子照射锌板时，能发生光电效应，锌板表面有光电子逸出，故。正确；

故选：D.

根据玻尔理论判断；根据量判断一群氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子种类，其

中最大能量的光子为从n=3激发态跃迁到基态，根据光电效应发生的条件判断。

解决本题的关键知道能级的跃迁满足/山-/我，注意吸收光子是向高能级跃迁，释

1y=5

放光子是向低能级跃迁，同时掌握光电效应发生的条件。

7.【答案】C

【解析】解：A、原子核发生衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，且由

两运动轨迹的各自运动方向，可知，衰变后两粒子带异种电，因此发生的是0衰变，故

A错误；

BC、由半径公式r=W=2(P是动量)，因动量的方向相反，大小相等，得知，r与电

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荷量成反比，£粒子与新核的电量大小分别为e和ne（n为新核的电荷数），则6粒子与新

核的半径之比为〃e：e=n：1.所以半径比较大的轨迹是衰变后0粒子的轨迹，轨迹小的

是新核的，即轨迹2是新核的；

由于新核沿逆时针方向运动，在A点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方

向向里，故8错误，C正确；

D、由以上的分析，结合动能与动量表达式a=上，可知，释放出的粒子和新核具有

R2m

相同的动量，并不是相同的动能，故。错误。

故选：Co

依据a衰变两粒子均带正电，而0衰变两粒子带异种电，结合运动轨迹，即可判定衰变

类型；

静止的原子核发生0衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相

反，动量的方向相反，大小相等。由半径公式「=?=白，P是动量，依据两个粒子轨

迹半径大小来判定哪个轨迹是新核；

根据左手定则，结合带电粒子的运动方向，从而判定磁场方向；

最后依据动能与动量表达式a=即可分析。

K2m

考查带电粒子在磁场中运动，掌握6衰变根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动

的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的带电的情况，其中要注意的是电子的动量与新核

的动量大小相等，同时理解左手定则与右手定则的区别。

8.【答案】D

【解析】解：A、。物体受地球的万有引力，一部分提供向心力，一部分是物体的重力。

而6物体受地球的万有引力完全提供向心力，故A错误；

BC。、a为在赤道上随地球一起自转的物体，。为地球同步卫星，所人的角速度一样，

u=即=a的轨道半径小，所以a的线速度小，向心加速度小。故。正确，

BC错误。

故选：D。

要知道赤道上跟随地球自转的物体和同步卫星角速度一样，然后用公式口=32「，an=

•分析大小。

本题考查万有引力提供向心力的应用，注意赤道上跟随地球自转的物体和同步卫星角速

度一样，然后分析线速度向心加速度的关系。

9.【答案】B

【解析】解：A、粒子所受电场力的方向大致指向轨迹弯曲的内侧，知带电粒子所受的

电场力背离点电荷向外，受到点电荷的排斥力，但由于带电粒子的电性不知，则0是否

是正电荷无法确定，故A错误；

B、依据点电荷电场强度公式E=与，可知，离点电荷越近的电场强度越强，那么同一

rz

电荷受到的电场力越大，则对应的加速度越大，由于匕点离点电荷较近，因此带电粒子

在6点的加速度比在。点的大，故8正确；

C、从“处运动人处，带电粒子受到的电场力做负功，导致其电势能增加，因此带电粒

子在。点的电势能比在8点小，故C错误；

。、从。点到c点的过程中，带电粒子所受的电场力先做负功，再做正功，故。错误。

故选：B。

根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据电场力做

功，分析电势能的变化，根据电场线的疏密判断电场力的变化，从而根据牛顿第二定律

判断加速度的变化.

解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲方向大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断

电势能的变化，知道电场力做功正负判定依据.

10.【答案】C

【解析】解：人根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向上移动时，闭合铝环内

的磁通量减小，因此铝环做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将靠近磁铁，故减小了

和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力减小，故A错误；

8、根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向上移动时，向上穿过铝环内的磁通量

减小，根据楞次定律从上往下看，铝环中感应电流的方向沿逆时针方向，故B错误；

C、磁铁向右运动时，根据楞次定律，圆环产生的感应电流有阻碍二者相对运动的趋势，

所以铝环有向右平动的趋势，铝环受到的摩擦力的方向向左，故C正确；

第14页，共23页

。、根据楞次定律，向左和向右平移条形磁铁，铝环中感应电流的方向相同，上往下看

都是沿逆时针方向，故。错误。

故选：Co

解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是

阻碍其磁通量的变化，由此分析即可。

本题从力、运动的角度考查楞次定律，可以结合楞次定律使用的四个步骤逐步分析得出

结论，也可以根据楞次定律的推广方法：阻碍变化，来做出判定，该推广方法要求的思

维含量高。基础题目。

11.【答案】C

【解析】解：A、图乙中0A段和8c段均为直线，表示小孩做匀变速直线运动，可知。〜

口和ts〜^6时间内小孩在空中运动，在t2〜七4时间内与蹦床接触，故A错误；

8、t4时刻，小孩的速度向上达到最大，此时重力和蹦床的弹力平衡，小孩不在最低点，

小孩的重力势能不是最小。由图可知，打时刻，小孩到达最低点，重力势能最小，故8

错误；

C、因重力是恒力，则0〜t6时间内，小孩受到的重力的冲量大小为/=小/6,故C正

确；

。、小孩从高处落到蹦床后又被弹起到原高度，说明小孩和蹦床组成的系统机械能守恒，

即小孩的重力势能、动能和蹦床的弹性势能总和保持不变，0〜书时间内，小孩的重力

势能先减小后增大，则小孩的动能和蹦床的弹性势能总和先增大后减小，故。错误.

故选：Co

小孩接触蹦床后，小孩所受的蹦床的弹力是变力，故小孩做变加速运动。小孩在空中运

动时所受的重力是恒力，加速度不变；小孩到达最低点时重力势能最小；重力是恒力，

可根据/=Ft求重力的冲量；根据小孩和蹦床组成的系统机械能守恒分析小孩的动能和

蹦床的弹性势能总和变化情况。

解决本题时，关键要理清小孩的运动过程，确定小孩的受力情况。要知道小孩与蹦床接

触的过程中，系统机械能是守恒的，但小孩的机械能不守恒。

12.【答案】D

【解析】解：4实验中要探究加速度和合力之间的关系，所以要控制小车质量不变，变

化合力，探究加速度随合力的变化情况，故A错误；

实验中需要使用刻度尺测量小车的位移，从而确定加速度之比；合外力之比可以通过

祛码和小盘的质量比确定，所以需要测量祛码和小盘的质量；实验中不需要测量时间，

故B错误；

C.若将水平光滑板换为水平粗糙板，则小车所受合力之比不再等于祛码和小盘的总质量

之比，所以会影响实验探究的结果，故C错误；

D设绳子的拉力为F,系统的加速度为。，祛码和小盘的质量之和为，〃，小车的质量为

M,则有mg-F=ma,F=Ma,两式分别乘以M、机后右侧相等,解得尸==罩，

M

当M>>m时，F»mg,故。正确。

故选：Do

实验采用控制变量法，要保证小车质量一定，探究合力与加速度之间的关系。要测量位

移，质量，但是不测量时间。水平面必须光滑，否则小车合力之比不等于祛码和小盘的

总质量之比。

本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。我们要从实验原理、实验

仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。要掌握控制变量法判

断物理量间的关系。

13.【答案】A

【解析】解：A、若。、x表示某质点做直线运动的动能和位置坐标，则由动能定理可

得："=运出=上1=工，即乎越大，表示质点所受的合外力越大，故A错误;

B、若。、x表示匀强电场中某条电场线上各点的电势和位置坐标，则由电势差和电场

强度的关系可得号="=9=E,匀强电场场强处处相同，故华恒定不变，故8正

△X%2一%1aAX

确；

C、若。、X表示某质点做匀加速直线运动的速度和时间，由运动学公式得:丝=W=a,

△XAt

匀加速直线运动加速度不变，故受恒定不变，故c正确；

D、若Q、x表示某质点做匀速圆周运动的动量和时间，由动量定理得：黑="=4=

△X。2一At

Fn,匀速圆周运动的向心力方向始终指向圆心，故向心力是变化的，即,是变化的，故

。正确;

本题要求选错误的，

故选：Ao

根据力、X表示什么物理量，得到”表示的物理量，根据题意判断该物理量是否变化。

第16页，共23页

本题考查了对运动学，动能定理，动量定理等公式的理解，解决关键知道。表示不同的

量时，能根据公式蓑表示的物理量。

14.【答案】D

【解析】解：A、若此线圈以角速度3匀速转动时突然停止转动，则由于惯性自由电子

将向前运动，则线圈中形成的电流方向与线圈原转动方向相反，故A错误；

B、因为自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，B|J/=kv,由于

电子的速度减小、阻力减小、加速度减小，可知自由电子在线圈中运动的线速度不是均

匀减小，故B错误；

C、电子随线圈转动的线速度v=「3=黑；对电子由动量定理可得：/At=mv,即：

kvt=kx=mv,解得：x=詈9故C错误；

D、通过线圈横截面的电荷量为：q=neSx=故。正确。

12nk

故选：I）。

电流的方向与正电荷定向移动的方向相同、与负电荷定向移动的方向相反；根据电子的

受力情况分析运动情况；对电子由动量定理求解自由电子沿着线圈运动的路程；根据电

荷量的计算公式求解通过线圈横截面的电荷量。

本题主要是考查电流的计算、动量定理以及电荷量的计算，知道电流的定义式以及动量

定理的应用方法。

15.【答案】AD9.87

【解析】解：（1）为减小实

验误差，应选择1，"左右的

摆线，故选A,为减小空气

阻力影响，摆球应选质量大

而体积小的金属球，故选。,

因此需要的实验器材是AD

（2）根据周期公式7=2兀

得产=叱斜率是生，

99

由题意中图可知斜率可求

得是4,

代入可求得gx9.87m/s2.

(3)单摆的摆长是线长加上小球的半径，如果摆球质量分布不均匀，那么重心位置会变

化，使得摆长的测量不准确，但是摆长的变化量不变，用图像处理时是用求斜率的方法

求得重力加速度，所以不影响实验结果。

故答案为：(1)40(2)9.87(3)不会影响实验结果。

根据单摆的周期公式求得厂和L的关系，利用数学方法求出斜率，求得重力加速度。摆

球质量分布不均匀，斜率不变，不影响实验结果。

解决本题的关键是要掌握实验原理，掌握单摆周期的公式，通过图像分析斜率求得重力

加速度。

16.【答案】BC左四上A

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【解析】解：(1)被测电阻约为50,电动势是

3匕所以电流表选择0-0.64量程即可；

为了使金属丝两端的电压容易改变，滑动变阻

器应选用阻值较小的C；

(2)为了使金属丝电压变化范围尽量大，应使用

分压法；电压表内阻与被测金属丝电阻之比远

大于金属丝电阻和电流表内阻之比，所以电流

表选用外接法，如图所示:

为了保护仪表，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应当调到最左端；由电阻定律可得:

DLLU

R=PL语=7

解得：?=喏

(3)随着滑片移动距离x的增加，电流表的示数也随之增加，说明滑片从右向左滑动;

设滑动变阻器长度是/,则滑动变阻器滑动过程中接入电阻是(R-亨x),根据欧姆定律

rE

得：-r+Rx+R-^x

则电源的功率为：P=EI=

T+R*+R—■-X

由关系式可知尸与x不是线性关系；当x=0时,

pkO；由于R>R型所以滑片开始滑动时。

电路中的总电阻变化不大；当R的接入电阻等

于感时，在滑片滑动相同距离的情况下，电路

中的总电阻变化较大。所以电源的功率一开始

变化率较小，随着R的接入电阻的减小，其变

化率逐渐增大。故选A。

故答案为：(1)B,C,(2)左，。=*(3)4

根据最大电流选择电流表，根据待测电阻合适的电压选择滑动变阻器，为了使电压变化

范围大，采用分压法，利用电压表内阻与被测金属丝电阻之比远大于金属丝电阻和电流

表内阻之比，所以电流表选用外接法。根据电阻定律求得电阻表达式。求出电源功率，

分析功率随电阻的变化关系。

本题是测定金属丝电阻的实验，要掌握选择仪表的方法，知道分压式的优点，会分析电

流表的内外接。

17.【答案】解：(l)a、A?/

充电结束后电容器两端1r

电压等于电源电动势，七/

根据电容的定义式可得/।

电容器所带的电荷量/

Q=CE；/

b、图像②对应电阻箱/|

接入电路的阻值R较大；/

因电阻较大时，充电过。'TTA

程中平均电流较小，充9q

电时间长；

(2)a、根据电容的定义q=“C可知，u=^q,故电容器两板间电压〃与电量q为正比例

关系，图象如图所不；

2

根据图象的性质可知，图象与q轴所围成的面积表示电能，故有：E0=^qu=^CE;

从该说法不正确；因无论电阻箱接入多大电阻，但是通过电阻的电量是一定的，根据

W=qU可知，电流通过电阻时做功相同，产生的内能相同。

答：(l)a、充电结束后电容器所带的电荷量为CE;

b、②曲线对应电阻箱接入电路的阻值R较大，由于电阻越大、平均电流越小、充电时

间越长；

(2)a、u-q图像见解析，充电结束后电容器储存的电能为^CE2；

b.该同学的说法不正确；无论电阻大小，电流通过电阻时做功相同，产生的内能相同。

【解析】(1)服根据电容的定义式求解电容器所带的电荷量；

从根据电阻越大、充电时间延长进行分析；

(2)a、根据电容的定义q=uC可得u="q,由此作图；根据图象与令轴所围成的面积表

示电能进行解答;