2023年北京市东城区高考物理二模试卷

2023年北京市东城区高考物理二模试卷

一、选择题。本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符

合题目要求的一项。

1.（3分）卢瑟福提出原子核式结构模型是为了解释（）

A.a粒子散射实验B.核聚变反应

C.天然放射现象D.核裂变反应

2.（3分）下列说法正确的是（）

A.液体分子的无规则运动称为布朗运动

B.分子间距离减小时，分子间的作用力也减小

C.物体从外界吸收热量，其内能不一定增加

D.物体温度升高，每个分子热运动的动能均增大

3.（3分）汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方20米处有障碍物，

立即刹车，汽车恰好停在障碍物前。已知驾驶员反应时间为0.75s,汽车运动的v-t图像

如图所示•在刹车过程中，汽车的加速度大小为（）

A.3m/s2B.4m/s2C.5m/s2D.6m/s2

4.（3分）下列说法正确的是（）

A.在空气中，可见光和超声波传播速度相同

B.电磁波和机械波都需要介质才能传播

C.无线电波和紫外线都可以发生偏振现象

D.红外线的波长比X射线的波长短

5.（3分）某光源发出的光由不同波长的光组成。不同波长的光的强度（表示光的强弱）如

图所示。使金属恰好发生光电效应的光的波长，称为极限波长。表中为一些金属的极限

波长。用该光源照射表中金属表面，则（）

材料钳鸨钠

极限波长（nm）196274542

A.只有钠表面有电子逸出

B.只有伯表面有电子逸出

C.钙、伯表面均有电子逸出

D.钳、鸨、钠表面均有电子逸出

6.（3分）如图所示，质量为m的木箱在大小为F的水平外力作用下，沿倾角为。的斜面

匀速向上运动。不计空气阻力.下列说法正确的是（）

A.木箱所受合力大小为mgsinO+Fcos。

B.斜面对木箱的支持力大小为mgcosO

C.斜面对木箱的摩擦力大小为FcosQ-mgsinQ

D.斜面对木箱作用力的合力大小为F+mg

7.（3分）图示为-一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆

周运动，再经椭圆轨道2,最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨

道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道1上运行时，向心力始终不改变

B.卫星在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期

C.卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，速度越来越大

D.不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同

8.（3分）如图中所示，轻弹簧的一端固定，另一端连接一个有孔的小球（球下固定有笔头）,

小球套在光滑的杆上，沿水平方向做简谐运动。在小球运动时，沿垂直于小球振动方向，

以速度v匀速拉动纸带，笔头在纸带上留下痕迹，a、b是痕迹上的两点，如图乙所示。

不计一切阻力。下列说法正确的是（）

A.图乙曲线记录了小球的运动轨迹

B.I时间内小球的运动路程可能为vt

C.记录a点时小球的速度小于记录b点时小球的速度

D.如果仅减小纸带移动速度，小球运动的周期变大

9.（3分）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人

从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从

绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（）

A.人先处于超重状态，后处于失重状态

B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小

C.绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大

D.人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量

10.（3分）如图所示的U-I图像中，直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系，直

线b、c分别表示电阻Ri、R2的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是（）

A.电阻Ri、R2的阻值之比为4：3

B.该电源的电动势为6V,内阻为3。

C.只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为6W

D.只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率之比为1：1

11.（3分）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成，励磁线

圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以

产生电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子

枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子

枪的加速电压可以改变电子的速度，调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。下列说

法正确的是（）

A.只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变大

B.只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变

C.只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变小

D.只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变

12.（3分）回旋加速器的工作原理如图所示，Di和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之

间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒

子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、

在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论

效应。下列说法正确的是（）

A.电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小

B.电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长

C.磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大

D.磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长

13.（3分）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。

经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。己

知小球质量为m,重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加

电场开始到小球又回到出发点的过程中（）

A.小球所受电场力与重力的大小之比为3：1

B.小球加速运动时间与减速运动时间之比为3：1

C.小球的动量变化量大小为4mgt,方向竖直向上

D.小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4：3

14.（3分）图甲所示为一种无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，中

安装有受电线圈。送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在

周围空间激发感生电场，受电线圈中产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时

间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路（图中未画出）处理后的电流i'

随时间f变化的图像。下列说法正确的是（）

A.受电线圈的工作原理是电流的磁效应

B.送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能

C.相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为2：I

D.受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率变小

二、非选择题

15.（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、

数据分析等。

（1）如图甲所示，“测玻璃的折射率”的实验中，将白纸平铺在木板上并用图钉固定，

之后将玻璃砖平放在白纸上，在适当位置竖直地插上A、B、C、D四个大头针。图中a

和a，为玻璃砖的两个界面，AB延长线与直线a的交点为0,CD延长线与直线球的交点

为O,NN'表示法线。

①在插大头针C时，应使其（选填选项前的字母）。

A.只挡住A的像

B.只挡住B的像

C.同时挡住A、B的像

②该玻璃砖的折射率可表示为n=（用01和。2表示）。

（2）利用不同电路测量电源电动势和内阻。

①用图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是。

A.电压表的分流作用

B.电压表的分压作用

C.电流表的分流作用

D.电流表的分压作用

②用图丙所示电路测量时，改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录多组电流表示数I和

电阻箱示数R,以R为横轴，以工为纵轴，做出工-R图像，图线的斜率表

II

示。

16.（10分）某同学做“研究平抛运动的特点”实验。

（1）用图甲所示装置研究平抛运动竖直分运动的特点。A、B为两个完全相同的小球，

用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落。两球在空中运动

的过程中，下列说法正确的是

A.A球的运动时间比较长

B.两球的运动时间一样长

C.只改变小锤的击打力度，不会影响两球的运动时间

D.只改变两小球开始运动时距地面的高度，不会影响两球的运动时间

（2）用频闪照相的方法研究平抛运动水平分运动的特点。图乙所示的频闪照片中记录了

做平抛运动的小球每隔相等时间的位置。有同学认为，小球在水平方向做匀速直线运动,

其判断依据是。

（3）图丙是某同学根据实验画出的小球做平抛运动的轨迹，O为平抛的起点。在轨迹上

取两点A、B,测得A、B两点的纵坐标分别为yi=5.00cm,y2=45.00cm,A、B两点间

的水平距离X2-xi=40.00cmog取10m/s2,则小球的初速度vo为m/s（结果

保留两位有效数字）。

（4）放学途中，有同学看见园林工人正在用手拿着喷水管为草地浇水。他观察发现，水

沿水平方向喷出，出水口的横截面是圆形。他想利用所学的平抛知识估测水的流量Q（单

位时间内流过出水口的水的体积）。已知当地的重力加速度为g,请写出他还需要测量哪

些物理量，并推导出流量Q的计算公式（所需字母自行设定）。

17.（9分）一个质量为m的物体，在光滑水平面上向左做匀加速直线运动。某时刻物体的

速度为vi,经过一段时间At,速度变为V2。

（1）求物体的加速度大小a；

（2）若物体所受合力为F,在At时间内动量的变化量为Ap,根据牛顿第二定律推导A

p与F的关系；

（3）若物体继续向左运动与竖直墙壁发生碰撞。碰前瞬间物体的速度大小为7m/s,碰后

物体以6m/s的速度反向运动。碰撞时间为0.05s,已知m=0.5kg,求碰撞过程中墙壁对

物体的平均作用力。

18.(9分)如图所示，粗细均匀的导线制成的单匝正方形闭合线框abed,边长为L,总电

阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的水平匀强磁场上方h处。

线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界

平行。当cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零。己知重力加速度为g。在线框进入

磁场过程中，求：

(1)线框中产生的感应电动势大小E,及cd两点间的电势差U；

(2)线框的质量m；

(3)通过线框的电荷量q。

19.(10分)利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。

如图所示，长为L的均匀细杆的一端固定一个小球，另一端可绕垂直于杆的光滑水平轴

O转动。已知小球质量为mi,杆的质量为m2。小球可视为质点。

(1)若杆的质量与小球质量相比可以忽略。把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放。

a.当杆转动至与水平方向成0角时(。<90°),求小球的角速度3。

b.若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程中，所用时间是变长还是变

短，通过分析定性说明。

(2)若杆的质量与小球质量相比不能忽略。已知杆在绕O点转动时，其动能的表达式为

P，—1a,、pv

bk—■r-m3L°

6

a.请你利用单位制的知识，判断a、0、丫的数值。

b.把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放，当杆转动至与水平方向成。角时(9<

90°),求小球的角速度3、

20.(12分)在匀强磁场中放置一个截面为矩形的通电导体或半导体薄片，当磁场方向与电

流方向垂直时，在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象称为霍尔效

应，产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压UHO霍尔电压与电流之比称为霍尔电阻

RH«

(1)图甲所示的半导体薄片的厚度为d,薄片中自由电荷的电荷量为q,单位体积内的

自由电荷数为n。磁感应强度大小为B。请你推导霍尔电阻RH的表达式。

(2)在发现霍尔效应约100年后，科学家又发现某些半导体材料的霍尔电阻，在低温和

强磁场下，与外加磁场的关系出现一个个的“平台”，在平台处霍尔电阻严格等于一个常

数除以正整数，即RH」亍，其中h为普朗克常数，e为电子电荷量，i为正整数，这个

ie

现象被称为整数量子霍尔效应。在环境温度小于4K时，霍尔电阻RH与外加磁场的磁感

应强度B的关系图像如图乙所示。由于量子霍尔电阻只与基本物理常数有关，国际计量

委员会推荐在世界范围内用量子电阻标准替代实物电阻标准，以避免实物电阻阻值因环

境影响而变化。由于霍尔电阻与实物电阻的定义并不相同，因此需要利用一些方法才可

以将量子霍尔电阻标准电阻值“传递”给实物电阻。“传递”的一种方法叫“电位差计比

较法”，其原理可简化为图丙所示电路，把可调实物电阻与量子霍尔电阻串联，用同一个

电源供电，以保证通过两个电阻的电流相等。通过比较霍尔电势差与实物电阻两端的电

势差，即可达到比较霍尔电阻与实物电阻阻值的目的。

X10-34JX10',9Co通过分析，计算该实物电阻的阻值Rs（结果保留两位有效数字）。

b.如果要通过量子霍尔效应“传递”出一个阻值为一k的标准实物电阻，请你说明操

Q2

3e

作思路。

2023年北京市东城区高考物理二模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题。本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符

合题目要求的一项。

1.（3分）卢瑟福提出原子核式结构模型是为了解释（）

A.a粒子散射实验B.核聚变反应

C.天然放射现象D.核裂变反应

【分析】根据核式结构学说可以解释a粒子的散射：当a粒子穿过原子时，电子对a粒

子影响很小，影响a粒子运动的主要是原子核；离核远则a粒子受到的库仑斥力很小，

运动方向改变小。只有当a粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很

小，所以a粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本

按直线方向前进。

【解答】a粒子散射实验，同时否定了汤姆孙的枣糕模型。故A正确；

B.核聚变反应，即轻原子核（例如笊和窟）结合成较重原子核（例如氨）时放出巨大能

量。故B错误；

C.天然放射现象，天然放射现象是指放射性元素自发地放出射线的现象。天然放射现象

是1896年法国物理学家贝克勒耳发现的，该研究使人们认识到原子核具有复杂的结构。

故C错误；

D.拿中子轰击重核，使重原子核分裂成两个（极少情况下会是3个）更轻的原子核以及2

-3个自由中子，并释放出巨大的能量，这一过程称为核裂变。故D错误。

故选：A«

【点评】本题属于概念理解性问题，大家要记住教材上这些识记型的问题，但是要注意

不能张冠李戴。

2.（3分）下列说法正确的是（）

A.液体分子的无规则运动称为布朗运动

B.分子间距离减小时，分子间的作用力也减小

C.物体从外界吸收热量，其内能不一定增加

D.物体温度升高，每个分子热运动的动能均增大

【分析】布朗运动是颗粒的无规则运动；

根据分子力与分子距离关系，分析分子力变化；

根据热力学第一定律，分析内能变化；

温度是衡量分子平均动能的标志。

【解答】解：A.布朗运动是液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体或

气体分子在做无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故A错误；

B.根据分子力与分子距离关系，当分子间距离小于平衡位置的距离时，随着分子间距离

的减小，分子力增大；当分子间距离大于平衡位置间距离时.，随着分子间距离的减小，

分子力可能减小，也可能先增大后减小，故B错误；

C.根据热力学第一定律AU=W+Q

若物体从外界吸收热量，但对外做功，且做功数值上大于所吸收热量，那么内能将减小，

故C正确；

D.温度是衡量分子平均动能的标志，物体温度升高分子平均动能增大，而单个分子的动

能有可能增大也有可能减小，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查学生对布朗运动、分子力与分子距离关系、热力学第一定律、温度是

衡量分子平均动能的标志的掌握，是一道基础题。

3.（3分）汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方20米处有障碍物，

立即刹车，汽车恰好停在障碍物前。已知驾驶员反应时间为0.75s,汽车运动的v-t图像

如图所示。在刹车过程中，汽车的加速度大小为（）

A.3m/s2B.4m/s2C.5m/s2D.6m/s2

【分析】驾驶员发现行人后，汽车先做匀速直线运动，后做匀减速直线运动，总位移已

知，匀速运动的位移可求，则匀减速运动的位移可求，再根据位移一速度公式可求刹车

时的加速度大小。

【解答】解：根据题意，设初速度为vo,反应时间为ti、反应时间内位移为XI,刹车后

做匀减速运动的位移为X2、加速度为a,与障碍物最初的距离为X,则有

xi=voti

-2ax2=0-v：

X1+X2=X

代入数据，联立解得汽车的加速度大小为：a=4m/s2,故B正确，ACD错误。

故选：Bo

【点评】本题为两段运动过程，先匀速后匀减速，两段运动的联系是总位移和匀速运动

的速度，分别应用运动学公式，联立可解。

4.（3分）下列说法正确的是（）

A.在空气中，可见光和超声波传播速度相同

B.电磁波和机械波都需要介质才能传播

C.无线电波和紫外线都可以发生偏振现象

D.红外线的波长比X射线的波长短

【分析】可见光与超声波在空气中的传播速度不同；电磁波的传播不需要介质，机械波

的传播需要介质；横波具有偏振现象；红外线的波长比X射线的波长长。

【解答】解：A、在空气中可见光的传播速度约为3X108mzs,超声波的速度约为340m/s,

在空气中可见光和超声波传播速度不同，故A错误；

B、电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故B错误；

C、无线电波和紫外线都属于横波，都可以发生偏振现象，故C正确：

D、从电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长长，红外线的频率比X射线的频率

小，故D错误。

故选：Co

【点评】本题是一道基础题，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。

5.（3分）某光源发出的光由不同波长的光组成。不同波长的光的强度（表示光的强弱）如

图所示。使金属恰好发生光电效应的光的波长，称为极限波长。表中为一些金属的极限

波长。用该光源照射表中金属表面，则（）

材料柏鸨钠

极限波长（nm）196274542

A.只有钠表面有电子逸出

B.只有伯表面有电子逸出

C,钙、箱表面均有电子逸出

D.柏、鸨、钠表面均有电子逸出

【分析】根据发生光电效应的条件：当入射光的频率大于金属的极限频率，结合c=Xv

进行分析。

【解答】解：根据光电效应方程Ek=hv7/心力可知:只要光的波长小于某金属

的极限波长，就有光电子逸出，由题图可知，该光源发出的光的波长大约在400nm到

800nm之间，而三种材料中钠的极限波长是542nm,在400nm到800nm之间，所以该光

源能使钠产生光电效应；该光源发出的光的波长大于鸨、伯的极限波长，鹤、伯表面没

有电子逸出，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】该题考查发生光电效应的条件：当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发

生光电效应，与光强无关。

6.（3分）如图所示，质量为m的木箱在大小为F的水平外力作用下，沿倾角为。的斜面

匀速向上运动。不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.木箱所受合力大小为mgsin0+Fcos0

B.斜面对木箱的支持力大小为mgcosS

C.斜面对木箱的摩擦力大小为FcosS-mgsinQ

D.斜面对木箱作用力的合力大小为F+mg

【分析】A、木箱在外力F作用下，沿斜面匀速向上运动，合力为零。

BC、对木箱进行受力分析，画出受力图，沿斜面方向合力为零，垂直斜面方向合力为零,

根据力的合成与分解、平衡条件可判断。

D、木箱合力为零，则斜面对木箱作用力的合力必与木箱所受其它力的合力等大反向。

【解答】解：A.由于木箱沿斜面匀速向上运动，木箱受力平衡，木箱所受合力为零，故

A错误；

B.对木箱进行受力分析，受重力mg,斜面体的弹力FN、摩擦力f,水平外力F,如图

所示

由于垂直于斜面方向受力平衡，斜面对木箱的支持力大小为

FN=Fsin0+mgcos9

故B错误；

C.木箱沿斜面匀速向上运动，斜面方向木箱受力平衡，故有

Fcos0=f+mgsin0

得f=Fcos0-mgsin0

故C正确；

D.木箱匀速运动，合力为零，则斜面对木箱作用力的合力大小与重力和外力F的合力

大小相同，即斜面对木箱作用力的合力大小为

故D错误。

故选：C。

【点评】解答本题的关键是要明确做匀速运动的物体合力为零，且任一方向的合力都为

零，结合力的合成与分解、共点力的平衡条件可解。

7.（3分）图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆

周运动，再经椭圆轨道2,最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨

道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道1上运行时，向心力始终不改变

B.卫星在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期

C.卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，速度越来越大

D.不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同

【分析】向心力是矢量，方向不断变化；

根据万有引力提供向心力，分析周期；

引力做负功，根据动能定理，分析速度大小；

根据向心加速度公式，分析向心加速度大小。

【解答】解：A.卫星在轨道1上运行时做匀速圆周运动，则向心力大小始终不改变，向

心力是矢量，方向不断变化，故A错误；

2

B.根据万有引力提供向心力湾-1rA除r

r2T2

解得T=2冗层

卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故B错误；

C.卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，根据动能定理，则速度

越来越小，故C错误；

D.根据2号

&2

r

可知，不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查学生对万有引力提供向心力、动能定理、向心加速度公式规律的掌握,

是一道基础题。

8.（3分）如图甲所示，轻弹簧的一端固定，另一端连接一个有孔的小球（球下固定有笔头）,

小球套在光滑的杆上，沿水平方向做简谐运动。在小球运动时，沿垂直于小球振动方向，

以速度v匀速拉动纸带，笔头在纸带上留下痕迹，a、b是痕迹上的两点，如图乙所示。

不计一切阻力。下列说法正确的是（）

A.图乙曲线记录了小球的运动轨迹

B.t时间内小球的运动路程可能为vt

C.记录a点时小球的速度小于记录b点时小球的速度

D.如果仅减小纸带移动速度，小球运动的周期变大

【分析】vt是t时间内纸带运动路程，不是小球运动路程，二者大小可能相等；靠近平

衡位置，速度更大；简谐运动其振动周期与纸带的速度无关。

【解答】解：A.小球在平衡位置附近振动，轨迹是直线，图乙曲线记录的是小球振动位

移随时间的规律，故A错误；

B.小球的路程与纸带运动的距离无关，但有可能相等，故B正确；

C.由图可知b点时小球处在位移最大处，速度为零，a点时小球处于平衡位置与最大值

之间，其速度大于记录b点时小球的速度，故C错误；

D.纸带的运动速度与小球周期无关，故D错误。

故选：B。

【点评】本题解题关键是掌握简谐振动规律，知道振动图象与轨迹的区别，是一道基础

题。

9.（3分）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人

从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从

绳刚好伸直时.，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（）

A.人先处于超重状态，后处于失重状态

B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小

C.绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大

D.人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量

【分析】从绳刚好伸直，到最低点，受力分析可知分为两阶段：加速下滑和减速下滑，

从而判断加速度方向，确定超失重；对人受力分析，确定绳对人的力的方向和人运动的

位移的方向关系，判断正负功；两个运动过程分别对人列动能定理，可以分析人的动能

的变化；由I=Ft得绳对人的拉力冲量等于绳对人的拉力与t的乘积，从而判断冲量方向；

根据动量定理可知人所受合力与时间的乘积等于人的动量的变化；根据机械能守恒得人

的动能的减少量与重力势能的减少量之和等于绳的弹性势能的增加量。

【解答】解：A.从绳刚好伸直，到最低点，受力分析可知分为两阶段：开始阶段，绳子

弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，加速下滑阶段；达到最大速度时弹力

等于重力，a=0；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，

减速下滑阶段，故A错误

B.根据对人受力分析得，绳子对人的拉力方向始终向上，而人一直向下运动，则绳子对

人做负功；由F=ma和人的两段运动可知人所受的合外力先竖直向下再竖直向上，根据

动能定理可得人的动能先增加后减小，故B正确；

C.绳子对人的拉力方向始终向上，由I=Ft得绳对人的拉力冲量等于绳对人的拉力与t

的乘积，则绳对人的冲量始终向上，根据动量定理和人所受的合外力先竖直向下再竖直

向上得合外力的冲量先增大后减小，则人的动量先增大后减小，故C错误；

D.由机械能守恒定律可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能

的增加量，故D错误。

故选：B。

【点评】整个题目对学生得综合素养要求很高，学生首先对蹦极运动的运动和受力特点

要明确，其次对超失重现象的判断依据要了解，最后扎实地落实对力做功，动能定理，

冲量，动量，动量定理，机械能守恒定律都要很熟悉，各物理量的含义的理解

10.（3分）如图所示的U-I图像中，直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系，直

线b、c分别表示电阻Ri、R2的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是（）

A.电阻Ri、R2的阻值之比为4：3

B.该电源的电动势为6V,内阻为3。

C.只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为6W

D.只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率之比为1：1

【分析】根据图线a纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻；图线be

的斜率大小等于电阻Ri.Ro的大小;两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流,

根据功率公式求解。

【解答】解：A.由图像知U=4V,h=1A由欧姆定律得：

代入数据得：Ri=4Q

由图像知U=4V,h=2A由欧姆定律得：

代入数据得：R2=2Q

电阻RI、R2的阻值之比为2：1,故A错误；

B.该电源的电动势为6V,由闭合电路欧姆定律得：

由图像知E=3V,当U=0时，即R=0时，1=3（1

代入数据得：r=2Q,故B错误；

C.只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为：

Pi=Uih

由图像知Ui=4V,Ii=lA

代入数据得：P1=4W,故C错误；

D.只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率分别为：

解得：P内：P外=1：1,故D正确。

故选：D。

【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的物理意义，知道两个图象的交点

表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。

11.（3分）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成，励磁线

圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以

产生电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子

枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子

枪的加速电压可以改变电子的速度，调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。下列说

法正确的是（）

A.只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变大

B.只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变

C.只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变小

D.只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变

【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出

半径的表达式，然后分析只增大电子枪的加速电压或只增大励磁线圈中的电流，分析粒

子的轨道半径或周期如何变化。

【解答】解：B、电子在加速电场中加速，根据动能定理，有eUn/mv：

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力，有

当只增大电子枪的加速电压时，电子束的轨道半径变大，故B错误；

A、带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为丁卫臣卫皿

v0qB

故只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期不变，故A错误；

C、只增大励磁线圈中的电流，根据电流的磁效应可知电流产生的磁场增强，由丁卫工

qB

可知，周期变短，故C正确；

D、只增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由r'出=工回可知，电子

eBBVe

束的轨道半径变小，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是

关键。

12.（3分）回旋加速器的工作原理如图所示，Di和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之

间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒

子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、

在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论

效应。下列说法正确的是（）

A.电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小

B.电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长

C.磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大

D.磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长

【分析】AC.粒子在回旋加速器的D形盒内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根

据牛顿第二定律求最大速度，根据动能的定义求最大动能，据此分析作答；

B.根据圆周运动线速度与周期的关系求解圆周运动的周期，根据动能定理求解粒子在电

场中加速的次数，一个周期内粒子加速两次，再求加速时间；

据此分析作答。

2U

【解答】解：AC.粒子在回旋加速器的D形盒内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；

2

根据牛顿第二定律有

R

解得丫屈0

m

222

粒子离开加速器时的动能为E，=lmv2=B_j_RL

k22m

由此可知，粒子离开回旋加速器时的动能与D形盒的半径、磁感应强度、粒子的电荷量

和粒子的质量有关，与粒子的加速电压无关:

当电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大;

当磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能不变，故AC错误;

2

B.根据牛顿第二定律有Bq二变L

VR

粒子在磁场中做圆周运动的周期1上工月

V

联立可得粒子在磁场中的周期为T专皿

222

设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速器，根据动能定理nqU=Ekm=-

22

则加速的次数n=qBR

2mU

222

粒子在回旋加速器运动的时间为X处生X?口=三足一

222mUBq2U

由上式可知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长，故B

正确；

D.由上分析，粒子在回旋加速器运动的时间为

2U

由上式可知，磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短，故D

错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了回旋加速器工作原理：电场加速，磁场偏转，加速时间等于偏转时

间；注意粒子的最大动能与加速电压无关，但粒子的加速时间与加速电压有关。

13.（3分）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。

经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已

知小球质量为m,重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加

电场开始到小球又回到出发点的过程中（）

A.小球所受电场力与重力的大小之比为3：1

B.小球加速运动时间与减速运动时间之比为3：1

C.小球的动量变化量大小为4mgt,方向竖直向上

D.小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4：3

【分析】首先，规定正方向，假设施加电场后小球加速度大小为a,根据位移关系求出加

速度大小，再根据牛顿第二定律求出电场力与重力的比值关系；

其次，根据匀变速直线运动的规律列出小球下落时间t时和回到出发点时的速度关系式,

再求出从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动的时间和加速的时间，进

而求出两段时间的比值；

然后，规定竖直向下为正方向，根据动量定理求出小球的动量变化量的大小和方向；

最后，根据电场力的大小和功的计算公式，求出从施加电场开始到小球又回到出发点的

过程中电场力所做的功，以及合外力所做的功，进而求出小球电势能的减少量与动能的

增加量之比。

【解答】解：A、以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a,根据匀变速直

线运动的位移关系,有：ygt2=-（gt2-yat2）

解得施加电场后的加速度为：a=3g

根据牛顿第二定律，有F-mg=3mg

解得F=4mg

小球所受电场力与重力的大小之比为4：1,故A错误；

B、小球下落时间t时的速度大小为：vi=gt

小球回到出发点时的速度大小为：V2=|gt-3gt|=2gt

从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间：t,=—=-^=-

13g3g3

加速运动时间：空=?t

「23g3g3t

小球加速运动的时间与减速运动的时间之比为2：1,故B错误；

C、以竖直向下为正方向，根据动量定理：Ap=-mv2-mvi=-3mgt

小球的动量变化量大小为3mgt,方向竖直向上，故C错误；

D、从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为：W电=4mgh

合外力做功为：W仔=3mgh

△E-W中A

所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为：

△EkW合3

故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了带电粒子在重力场和电场复合场中的运动，解决本题的关键是分析

清楚小球的受力情况以及运动情况。

14.（3分）图甲所示为一种无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，中

安装有受电线圈。送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在

周围空间激发感生电场，受电线圈中产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时

间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路（图中未画出）处理后的电流i'

随时间f变化的图像。下列说法正确的是（）

A.受电线圈的工作原理是电流的磁效应

B.送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能

C.相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为2：1

D.受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率变小

【分析】明确无线充电原理，根据麦克斯韦电磁场理论分析磁场是否变化；

送电线圈电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能；

先计算两个线圈的电流的有效值，再计算热量；

变压器不改变电流的频率。

【解答】解：A.受电线圈的工作原理是电磁感应的原理，故A错误；

B.送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，可知送电线圈的电能先

转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能，故B正确；

C.图乙中电流的有效值为

图丙中电流的有效值为

可知相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为1：1;

故C错误；

D.变压器不改变电流的频率，与送电和受电线圈的间距无关，则受电线圈未正对送电线

圈放置时，受电线圈中感应电流的频率不变，故D错误；

故选：Bo

【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；电磁感应与生活实际相结

合，明白电磁感应的原理。

二、非选择题

15.（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、

数据分析等。

（1）如图甲所示，“测玻璃的折射率”的实验中，将白纸平铺在木板上并用图钉固定，

之后将玻璃砖平放在白纸上，在适当位置竖直地插上A、B、C、D四个大头针。图中a

和a，为玻璃砖的两个界面，AB延长线与直线a的交点为0,CD延长线与直线a，的交点

为O，，NN'表示法线。

①在插大头针C时，应使其C（选填选项前的字母）。

A.只挡住A的像

B.只挡住B的像

C.同时挡住A、B的像

sin81

②该玻璃砖的折射率可表示为n=———L（用和。2表示）。

sm82

（2）利用不同电路测量电源电动势和内阻。

①用图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是A。

A.电压表的分流作用

B.电压表的分压作用

C.电流表的分流作用

D.电流表的分压作用

②用图丙所示电路测量时，改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录多组电流表示数1和

电阻箱示数R,以R为横轴，以工为纵轴，做出工-R图像，图线的斜率表示1。

II-E-

【分析】（1）根据光线的传播特点得出大头针C的位置；

根据折射定律得出折射率的表达式；

（2）根据实验原理分析出产生系统误差的原因；

根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义完成分析。

【解答】解：（1）①确定大头针C的位置时，应该使大头针C能够挡住A、B的像，则

大头针C一定在出射光线方向上，故C正确，AB错误；

故选：C«

②由折射定律，该玻璃砖的折射率可表示为

（2）①图乙所示电路测量时，产生系统误差的主要原因是电压表的分流作用，使得测得

的电流小于流过电源的电流，故A正确，BCD错误；

故选：Ao

②若不考虑电流表的内阻，则有

E=I（R+r）

则

图线的斜率表示工，同理若考虑电流表的内阻，结果是相同的。

E

sin01-1

故答案为：（1）①C；②----—L；（2）①A；②』

sin62E

【点评】本题主要考查了光的折射定律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合折射

率的定义式即可完成分析。

16.（10分）某同学做“研究平抛运动的特点”实验。

（1）用图甲所示装置研究平抛运动竖直分运动的特点。A、B为两个完全相同的小球，

用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落。两球在空中运动

的过程中，下列说法正确的是BC

A.A球的运动时间比较长

B.两球的运动时间一样长

C.只改变小锤的击打力度，不会影响两球的运动时间

D.只改变两小球开始运动时距地面的高度，不会影响两球的运动时间

（2）用频闪照相的方法研究平抛运动水平分运动的特点。图乙所示的频闪照片中记录了

做平抛运动的小球每隔相等时间的位置。有同学认为，小球在水平方向做匀速直线运动,

其判断依据是相邻两球水平方向的距离相等。

（3）图丙是某同学根据实验画出的小球做平抛运动的轨迹，O为平抛的起点。在轨迹上

取两点A、B,测得A、B两点的纵坐标分别为yi=5.00cm,y2=45.00cm,A、B两点间

的水平距离X2-xi=40.00cmog取10m/s2,则小球的初速度vo为2.0m/s（结果保

留两位有效数字）。

（4）放学途中，有同学看见园林工人正在用手拿着喷水管为草地浇水。他观察发现，水

沿水平方向喷出，出水口的横截面是圆形.他想利用所学的平抛知识估测水的流量Q（单

位时间内流过出水口的水的体积）。已知当地的重力加速度为g,请写出他还需要测量哪

些物理量，并推导出流量Q的计算公式（所需字母自行设定）。

【分析】（1）A球做平抛运动，B做自由落体运动；根据平抛运动的规律和自由